\documentclass[../libro.tex]{subfiles}

\begin{document}

\ifSubfilesClassLoaded{\appendix\chapter{Afterstories}\clearpage}{}

\section{转置的性质}

本节, 我们讨论转置的一些性质.

设 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵.
则 \(A\)~的转置 \(A^{\mathrm{T}}\) 是一个 \(n \times m\)~阵,
且对 \(i \leq n\) 与 \(j \leq m\),
有 \([A^{\mathrm{T}}]_{i,j} = [A]_{j,i}\).

我们已知, 若 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵,
则 \((A^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}} = A\).
我们还知道, 若 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵,
则 \(\det {(A)} = \det {(A^{\mathrm{T}})}\).

转置当然还有一些性质;
我只是还未提它们.

\begin{theorem}
    设 \(A\), \(B\) 是 \(m \times n\)~阵.
    设 \(C\) 是 \(n \times s\)~阵.
    设 \(k\) 是数.
    则:

    (1)
    \((A + B)^{\mathrm{T}} = A^{\mathrm{T}} + B^{\mathrm{T}}\);

    (2)
    \((k A)^{\mathrm{T}} = k A^{\mathrm{T}}\);

    (3)
    \((A C)^{\mathrm{T}} = C^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}}\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    您验证, 等式 (1) 与 (2) 的二侧的阵的尺寸是一样的;
    我验证, 等式 (3) 的二侧的阵的尺寸是一样的.

    (1)
    对 \(i \leq n\) 与 \(j \leq m\),
    \begin{align*}
        [(A + B)^{\mathrm{T}}]_{i,j}
        = {} &
        [A + B]_{j,i}
        \\
        = {} &
        [A]_{j,i} + [B]_{j,i}
        \\
        = {} &
        [A^{\mathrm{T}}]_{i,j} + [B^{\mathrm{T}}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [A^{\mathrm{T}} + B^{\mathrm{T}}]_{i,j}.
    \end{align*}

    (2)
    对 \(i \leq n\) 与 \(j \leq m\),
    \begin{align*}
        [(k A)^{\mathrm{T}}]_{i,j}
        = {} &
        [k A]_{j,i}
        \\
        = {} &
        k [A]_{j,i}
        \\
        = {} &
        k [A^{\mathrm{T}}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [k A^{\mathrm{T}}]_{i,j}.
    \end{align*}

    (3)
    \(A\) 是 \(m \times n\)~的,
    且 \(C\) 是 \(n \times s\)~的,
    故 \(AC\) 是 \(m \times s\)~的.
    则 \((AC)^{\mathrm{T}}\) 是 \(s \times m\)~的.
    另一方面,
    \(C^{\mathrm{T}}\) 是 \(s \times n\)~的,
    且 \(A^{\mathrm{T}}\) 是 \(n \times m\)~的,
    故 \(C^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}}\) 是 \(s \times m\)~的.
    对 \(i \leq s\) 与 \(j \leq m\),
    \begin{align*}
        [(AC)^{\mathrm{T}}]_{i,j}
        = {} &
        [AC]_{j,i}
        \\
        = {} &
        \sum_{p=1}^{n} {[A]_{j,p} [C]_{p,i}}
        \\
        = {} &
        \sum_{p=1}^{n}
            {[A^{\mathrm{T}}]_{p,j} [C^{\mathrm{T}}]_{i,p}}
        \\
        = {} &
        \sum_{p=1}^{n}
            {[C^{\mathrm{T}}]_{i,p} [A^{\mathrm{T}}]_{p,j}}
        \\
        = {} &
        [C^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}}]_{i,j}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

为方便, 我记下一个简单的推广.
设 \(A\), \(B\), \(C\) 分别是
\(m \times s\), \(s \times t\), \(t \times n\)~阵.
则
\begin{align*}
    (ABC)^{\mathrm{T}}
    = {} &
    ((AB) C)^{\mathrm{T}}
    \\
    = {} &
    C^{\mathrm{T}}
    (AB)^{\mathrm{T}}
    \\
    = {} &
    C^{\mathrm{T}}
    (B^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}})
    \\
    = {} &
    C^{\mathrm{T}}
    B^{\mathrm{T}}
    A^{\mathrm{T}}.
\end{align*}
一般地, 我们有

\begin{theorem}
    设 \(A_1\), \(A_2\), \(\dots\), \(A_n\)
    分别是 \(m_0 \times m_1\), \(m_1 \times m_2\), \(\dots\),
    \(m_{n-1} \times m_n\)~阵
    (也就是, \(A_k\) 的列数等于 \(A_{k+1}\) 的行数,
    \(k = 1\), \(2\), \(\dots\), \(n-1\)).
    则
    \begin{align*}
        (A_1 A_2 \dots A_n)^{\mathrm{T}}
        = A_n^{\mathrm{T}} \dots A_2^{\mathrm{T}} A_1^{\mathrm{T}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    请允许我留它为您的习题.
    您用数学归纳法即可.
\end{proof}

\section{辛阵}

设 \(2m\) 是一个不低于 \(2\) 的偶数.
作 \(2m\)~级阵
\begin{align*}
    K_m =
    \begin{bmatrix}
        0    & I_m \\
        -I_m & 0   \\
    \end{bmatrix},
\end{align*}
其中, \(0\) 是 \(m\)~级零阵;
具体地,
\begin{align*}
    [K_m]_{i,j} =
    \begin{cases}
        [0]_{i,j},
         & \text{\(i \leq m\), 且 \(j \leq m\)}; \\
        [I_m]_{i,j-m},
         & \text{\(i \leq m\), 且 \(j > m\)};    \\
        [-I_m]_{i-m,j},
         & \text{\(i > m\), 且 \(j \leq m\)};    \\
        [0]_{i-m,j-m},
         & \text{\(i > m\), 且 \(j > m\)}.
    \end{cases}
\end{align*}
更具体地,
\begin{align*}
    [K_m]_{i,j} =
    \begin{cases}
        1,  & 1 \leq i = j - m \leq m; \\
        -1, & 1 \leq i - m = j \leq m; \\
        0,  & \text{别的情形}.
    \end{cases}
\end{align*}
不难算出, \(K_m^{\mathrm{T}} = -K_m\),
且 \(K_m K_m = -I_{2m}\).

按列~\(1\) 展开 \(\det {(K_m)}\), 有
\begin{align*}
    \det {(K_m)}
    = {} &
    (-1)^{m+1} (-1) \det {(K_m ({m+1}|1))}
    \\
    = {} &
    (-1)^{m} \det {(K_m ({m+1}|1))}.
    % = (-1)^m \det {
    %     \begin{bmatrix}
    %         0        & I_m \\
    %         -I_{m-1} & 0   \\
    %     \end{bmatrix}
    % }.
\end{align*}
再按行~\(1\) 展开 \(\det {(K_m ({m+1}|1))}\), 有
\begin{align*}
    \det {(K_m ({m+1}|1))}
    = {} &
    (-1)^{1+m-1}\, 1 \det {(K_m ({m+1,1}|{1,m+1}))}
    \\
    = {} &
    (-1)^m \det {(K_{m-1})}.
\end{align*}
则 \(\det {(K_m)} = \det {(K_{m-1})}\),
当 \(m > 1\).
不难算出, \(\det {(K_1)} = 1\).
则 \(\det {(K_m)} = 1\), 对 \(m \geq 1\).

本节, 我们讨论辛阵.

\begin{definition}
    设 \(A\) 是一个 \(2m\)~级阵.
    若 \(A^{\mathrm{T}} K_m A = K_m\),
    则 \(A\) 是一个\emph{辛阵}.
\end{definition}

``辛'' 来自 \angla{symplectic} (英语).

我们可写出辛阵的一些性质.

不难看出, \(2m\)~级单位阵 \(I_{2m}\) 是一个辛阵.
由 \(K_m\) 的性质, 不难验证,
\(K_m\) 也是一个辛阵.

设 \(A\), \(B\) 是 \(2m\)~级辛阵.
则
\begin{align*}
    (AB)^{\mathrm{T}} K_m (AB)
    = {} &
    (B^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}})
    (K_m A) B
    \\
    = {} &
    B^{\mathrm{T}}
    (A^{\mathrm{T}} K_m A)
    B
    \\
    = {} &
    B^{\mathrm{T}} K_m B
    \\
    = {} &
    K_m.
\end{align*}

因为
\begin{align*}
    \det {(K_m)}
    = \det {(A^{\mathrm{T}} K_m A)}
    = \det {(A^{\mathrm{T}})} \det {(K_m)} \det {(A)}
    = \det {(K_m)}\, (\det {(A)})^2,
\end{align*}
且 \(\det {(K_m)} = 1\),
故 \((\det {(A)})^2 = 1\).

若数 \(t\) 适合 \(t^2 = 1\),
则
\begin{align*}
    (t A)^{\mathrm{T}} K_m (t A)
    = (t A^{\mathrm{T}}) K_m (t A)
    = t^2 (A^{\mathrm{T}} K_m A)
    = 1 K_m = K_m.
\end{align*}

注意,
\(\det {(K_m A)} = \det {(K_m)} \det {(A)} \neq 0\),
且
\begin{align*}
    ((A^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}} K_m A^{\mathrm{T}})
    (K_m A)
    = {} &
    (A K_m A^{\mathrm{T}})
    (K_m A)
    \\
    = {} &
    (A K_m) (A^{\mathrm{T}} K_m A)
    \\
    = {} &
    (A K_m) K_m
    \\
    = {} &
    A (K_m K_m)
    \\
    = {} &
    A (-I_{2m})
    \\
    = {} &
    {(-I_{2m})} A
    \\
    = {} &
    (K_m K_m) A
    \\
    = {} &
    K_m (K_m A),
\end{align*}
故
\((A^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}} K_m A^{\mathrm{T}} = K_m\).

最后, 注意,
\begin{align*}
    (\operatorname{adj} {(A)})^{\mathrm{T}}\,
    K_m
    \operatorname{adj} {(A)}
    = {} &
    (\operatorname{adj} {(A)})^{\mathrm{T}}\,
    (A^{\mathrm{T}} K_m A)
    \operatorname{adj} {(A)}
    \\
    = {} &
    ((\operatorname{adj} {(A)})^{\mathrm{T}}\, A^{\mathrm{T}})\,
    K_m\,
    (A \operatorname{adj} {(A)})
    \\
    = {} &
    (A \operatorname{adj} {(A)})^{\mathrm{T}}\,
    K_m\,
    (A \operatorname{adj} {(A)})
    \\
    = {} &
    (\det {(A)}\, I_{2m})^{\mathrm{T}}\,
    K_m\,
    (\det {(A)}\, I_{2m})
    \\
    = {} &
    (\det {(A)}\, I_{2m}^{\mathrm{T}})\, K_m\,
    (\det {(A)}\, I_{2m})
    \\
    = {} &
    (\det {(A)})^2\, (I_{2m}^{\mathrm{T}} K_m I_{2m})
    \\
    = {} &
    K_m.
\end{align*}

总结这些结果, 我们有

\begin{theorem}
    (1)
    \(I_{2m}\) 与 \(K_m\) 是 \(2m\)~级辛阵.

    (2)
    \(2m\)~级辛阵 \(A\) 的行列式的平方为 \(1\).

    (3)
    设 \(A\), \(B\) 是 \(2m\)~级辛阵.
    设数 \(t\) 适合 \(t^2 = 1\).
    则 \(AB\), \(tA\),
    \(A^{\mathrm{T}}\),
    \(\operatorname{adj} {(A)}\)
    也是辛阵.
\end{theorem}

本书是关于行列式的.
于是, 一个自然的问题是, 辛阵的行列式是多少.
我们知道, 辛阵的行列式的平方是 \(1\),
故辛阵的行列式是 \(1\) 或 \(-1\).
不过, 不平凡地, 辛阵的行列式必是 \(1\).
我们现有的知识无法解决此事.
我会在后面的几节, 介绍更多的知识, 以解决它.

虽然如此, 我们还是能解决 \(2m = 2\) 的情形.
设
\begin{align*}
    A = \begin{bmatrix}
            a & b \\
            c & d \\
        \end{bmatrix}
\end{align*}
是一个 \(2\)~级辛阵.
由 \(A^{\mathrm{T}} K_1 A = K_1\), 知
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        a & c \\
        b & d \\
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
        0  & 1 \\
        -1 & 0 \\
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
        a & b \\
        c & d \\
    \end{bmatrix}
    =
    \begin{bmatrix}
        0  & 1 \\
        -1 & 0 \\
    \end{bmatrix},
\end{align*}
即
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        0          & ad - bc \\
        -(ad - bc) & 0       \\
    \end{bmatrix}
    =
    \begin{bmatrix}
        0  & 1 \\
        -1 & 0 \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
故
\(\det {(A)} = ad - bc = 1\).

\section{反称阵}

从本节开始, 我们讨论反称阵与它的性质.

\begin{definition}
    设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵.
    若 \([A]_{i,i} = 0\),
    且
    \([A]_{i,j} + [A]_{j,i} = 0\),
    则 \(A\) 是一个\emph{反称阵}.
\end{definition}

\begin{example}
    不难看出,
    \(1\)~级反称阵即为 \([0]\);
    \(2\)~级反称阵形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            0  & a \\
            -a & 0 \\
        \end{bmatrix};
    \end{align*}
    \(3\)~级反称阵形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            0  & a  & b \\
            -a & 0  & c \\
            -b & -c & 0 \\
        \end{bmatrix};
    \end{align*}
    \(4\)~级反称阵形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            0  & a  & b  & c \\
            -a & 0  & d  & e \\
            -b & -d & 0  & f \\
            -c & -e & -f & 0 \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
\end{example}

\begin{example}
    不难验证, \(2m\)~级阵
    \(
    K_m =
    \begin{bmatrix}
        0    & I_m \\
        -I_m & 0   \\
    \end{bmatrix}
    \)
    是反称阵.
\end{example}

不难看出,
\([A]_{i,j} + [A]_{j,i} = 0\)
相当于 \(A^{\mathrm{T}} = -A\):
注意, \([A^{\mathrm{T}}]_{i,j} = [A]_{j,i}\),
且 \([-A]_{i,j} = -[A]_{i,j}\).
有时, 这更方便应用.

\begin{theorem}
    设 \(A\), \(B\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(k\) 是数.
    设 \(X\) 是 \(n \times m\)~阵.

    (1)
    \(n\)~级阵 \(0\) 是反称阵.

    (2)
    \(A + B\) 是反称阵.

    (3)
    \(kA\) 是反称阵;
    特别地, \((-1)A = -A = A^{\mathrm{T}}\) 也是反称阵.

    (4)
    \(X^{\mathrm{T}} A X\) 是反称阵.
\end{theorem}

\begin{proof}
    (1)
    \(0^{\mathrm{T}} = 0 = -0\),
    且 \([0]_{i,i} = 0\).

    (2)
    由转置的性质,
    \((A + B)^{\mathrm{T}} = A^{\mathrm{T}} + B^{\mathrm{T}}
    = (-A) + (-B) = -(A + B)\).
    再注意,
    \begin{align*}
        [A + B]_{i,i} = [A]_{i,i} + [B]_{i,i} = 0 + 0 = 0.
    \end{align*}

    (3)
    由转置的性质,
    \((kA)^{\mathrm{T}} = kA^{\mathrm{T}} = k(-A) = -(kA)\).
    再注意,
    \begin{align*}
        [kA]_{i,i} = k [A]_{i,i} = k 0 = 0.
    \end{align*}

    (4)
    \(X\) 是 \(n \times m\)~的, 则 \(AX\) 是 \(n \times m\) 的;
    \(X^{\mathrm{T}}\) 是 \(m \times n\)~的,
    则 \(X^{\mathrm{T}} A X\) 是 \(m \times m\)~的.
    由转置的性质,
    \begin{align*}
        (X^{\mathrm{T}} A X)^{\mathrm{T}}
        = X^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}} (X^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}
        = X^{\mathrm{T}} (-A) X
        = -(X^{\mathrm{T}} A X).
    \end{align*}
    由阵的积的定义,
    \begin{align*}
             &
        [X^{\mathrm{T}} A X]_{i,i}
        \\
        = {} &
        [X^{\mathrm{T}} (A X)]_{i,i}
        \\
        = {} &
        \sum_{\ell = 1}^{n}
            {[X^{\mathrm{T}}]_{i,\ell} [A X]_{\ell,i}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\ell = 1}^{n}
            {[X]_{\ell,i} [A X]_{\ell,i}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\ell = 1}^{n}
            {
                [X]_{\ell,i}
                \left(\sum_{k = 1}^{n} [A]_{\ell,k} [X]_{k,i}\right)
            }
        \\
        = {} &
        \sum_{\ell = 1}^{n}
        \sum_{k = 1}^{n}
            {[X]_{\ell,i} [A]_{\ell,k} [X]_{k,i}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\ell, k = 1}^{n}
            {[X]_{\ell,i} [X]_{k,i} [A]_{\ell,k}}
        \\
        = {} & \hphantom{{} + {}}
        \sum_{1 \leq \ell = k \leq n}
        {[X]_{\ell,i} [X]_{k,i} [A]_{\ell,k}}
        +
        \sum_{1 \leq \ell < k \leq n}
        {[X]_{\ell,i} [X]_{k,i} [A]_{\ell,k}}
        \\
             & +
        \sum_{1 \leq k < \ell \leq n}
        {[X]_{\ell,i} [X]_{k,i} [A]_{\ell,k}}
        \\
        = {} & \hphantom{{} + {}}
        \sum_{1 \leq \ell = k \leq n}
        {[X]_{\ell,i} [X]_{k,i}\, 0}
        +
        \sum_{1 \leq \ell < k \leq n}
        {[X]_{\ell,i} [X]_{k,i} [A]_{\ell,k}}
        \\
             & +
        \sum_{1 \leq \ell < k \leq n}
        {[X]_{k,i} [X]_{\ell,i} [A]_{k,\ell}}
        \\
        = {} &
        0 +
        \sum_{1 \leq \ell < k \leq n}
        {[X]_{\ell,i} [X]_{k,i} ([A]_{\ell,k} + [A]_{k,\ell})}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq \ell < k \leq n}
        {[X]_{\ell,i} [X]_{k,i}\, 0}
        \\
        = {} &
        0.
    \end{align*}
    于是, \(X^{\mathrm{T}} A X\) 是一个 \(m\)~级反称阵.
\end{proof}

\section{\texorpdfstring{奇数级反称阵的行列式为 \(0\)}%
  {奇数级反称阵的行列式为 0}}

我们讨论反称阵的行列式.

我们先计算小级反称阵的行列式.

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(1\)~级反称阵.
    则 \(A = [0]\).
    故 \(\det {(A)} = 0\).
\end{example}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(2\)~级反称阵.
    则 \(A\) 形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            0  & a \\
            -a & 0 \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    则 \(\det {(A)} = a^2\),
    即 \(\det {(A)} = [A]_{1,2}^2\).
\end{example}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(3\)~级反称阵.
    则 \(A\) 形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            0  & a  & b \\
            -a & 0  & c \\
            -b & -c & 0 \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \det {(A)}
        = {} &
        0
        \det {\begin{bmatrix}
                      0  & c \\
                      -c & 0 \\
                  \end{bmatrix}}
        - (-a)
        \det {\begin{bmatrix}
                      a  & b \\
                      -c & 0 \\
                  \end{bmatrix}}
        + (-b)
        \det {\begin{bmatrix}
                      a & b \\
                      0 & c \\
                  \end{bmatrix}}
        \\
        = {} &
        a(bc) + (-b)(ac)
        \\
        = {} & 0.
    \end{align*}
\end{example}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(4\)~级反称阵.
    则 \(A\) 形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            0  & a  & b  & c \\
            -a & 0  & d  & e \\
            -b & -d & 0  & f \\
            -c & -e & -f & 0 \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
             & \det {(A)}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        0
        \det {\begin{bmatrix}
                      0  & d  & e \\
                      -d & 0  & f \\
                      -e & -f & 0 \\
                  \end{bmatrix}}
        - (-a)
        \det {\begin{bmatrix}
                      a  & b  & c \\
                      -d & 0  & f \\
                      -e & -f & 0 \\
                  \end{bmatrix}}
        \\
             &
        + (-b)
        \det {\begin{bmatrix}
                      a  & b  & c \\
                      0  & d  & e \\
                      -e & -f & 0 \\
                  \end{bmatrix}}
        - (-c)
        \det {\begin{bmatrix}
                      a  & b & c \\
                      0  & d & e \\
                      -d & 0 & f \\
                  \end{bmatrix}}
        \\
        = {} &
        a (dfc - ebf + aff)
        - b (-ebe + afe + edc)
        + c (adf - dbe + ddc)
        \\
        = {} &
        af (af - be + cd)
        - be (af - be + cd)
        + cd (af - be + cd)
        \\
        = {} & (af - be + cd)^2,
    \end{align*}
    即
    \begin{align*}
        \det {(A)}
        = ([A]_{1,2} [A]_{3,4} - [A]_{1,3} [A]_{2,4}
        + [A]_{1,4} [A]_{2,3})^2.
    \end{align*}
\end{example}

我们发现, \(1\)~级反称阵与 \(3\)~级反称阵%
的行列式为 \(0\).
一般地, 我们有

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是一个奇数级反称阵.
    则 \(\det {(A)} = 0\).
\end{theorem}

我的论证会用如下几个事实.

(1)
设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵.
则
\begin{align*}
    \det {(A)}
    = \sum_{i = 1}^{n}
        {(-1)^{i+1} [A]_{i,1} \det {(A(i|1))}}.
\end{align*}
这就是按列~\(1\) 展开行列式.

(2)
设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵.
则
\begin{align*}
    \det {(A)}
    = \sum_{j = 1}^{n}
        {(-1)^{1+j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}}.
\end{align*}
这就是按行~\(1\) 展开行列式.

(3)
设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵 (\(n \geq 3\)).
同时用 (1) (2),
有
\begin{align*}
         & \det {(A)}
    \\
    = {} &
    [A]_{1,1} \det {(A(1|1))}
    +
    \sum_{j = 2}^{n} {
            (-1)^{1+j} [A]_{1,j} \det {(A(1|j))}
        }
    \\
    = {} &
    [A]_{1,1} \det {(A(1|1))}
    +
    \sum_{j = 2}^{n} {
            (-1)^{1+j} [A]_{1,j}
            \sum_{i = 2}^{n} {
                    (-1)^{i-1+1} [A]_{i,1} \det {(A(1,i|j,1))}
                }
        }
    \\
    = {} &
    [A]_{1,1} \det {(A(1|1))}
    +
    \sum_{j = 2}^{n} {
            \sum_{i = 2}^{n} {
                    (-1)^{1+j} [A]_{1,j}
                    (-1)^{i-1+1} [A]_{i,1} \det {(A(1,i|j,1))}
                }
        }
    \\
    = {} &
    [A]_{1,1} \det {(A(1|1))}
    +
    \sum_{i, j = 2}^{n} {
            (-1)^{i+j-1}
                [A]_{i,1} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }.
\end{align*}
特别地, 若 \(A\) 还是一个反称阵, 则
\begin{align*}
    \det {(A)}
    = \sum_{i, j = 2}^{n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }.
\end{align*}

(4)
设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵.
则 \(\det {(A^{\mathrm{T}})} = \det {(A)}\).
这就是行列式与转置的关系.

(5)
设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵.
设 \(u\) 是一个数.
则 \(\det {(uA)} = u^n \det {(A)}\).
特别地,
\(\det {(-A)} = (-1)^n \det {(A)}\).

(6)
设 \(A\) 是一个 \(n\)~级反称阵 (\(n \geq 3\)).
设 \(r\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
设 \(s\), \(t\) 是二个不超过 \(n\) 的正整数,
\(s \neq r\), 且 \(t \neq r\).
则
\(A(r,t|r,s) = -(A(r,s|r,t))^{\mathrm{T}}\).
并且, \(A(r,s|r,s)\)
是一个 \(n-2\)~级反称阵.

(7)
每个适合条件
``\(i\), \(j\) 都是不低于 \(p\), 且不高于 \(q\) 的整数''
的有序对 \((i, j)\) 恰适合以下三个条件的一个:
(a)
\(p \leq i = j \leq q\);
(b)
\(p \leq i < j \leq q\);
(c)
\(p \leq j < i \leq q\).

(8)
对任何正奇数 \(n\), 存在一个正整数 \(k\)
使 \(n = 2k - 1\).

\vspace{2ex}

介绍完这几件事后, 我总算可以证明定理了.

\begin{proof}
    作命题 \(P(k)\):
    每个 \(2k - 1\)~级反称阵的行列式都是 \(0\).
    我们用数学归纳法证明,
    对任何正整数~\(k\),
    \(P(k)\) 是对的.

    不难验证 \(P(1)\) 是对的.

    现在, 我们假定 \(P(k-1)\) 是对的 (\(k \geq 2\)).
    我们要证 \(P(k)\) 也是对的.
    记 \(n = 2k-1\).
    设 \(A\) 是一个 \(n\)~级反称阵.
    那么
    \begin{align*}
             & \det {(A)}     \\
        = {} &
        \sum_{i, j = 2}^{n} {
                (-1)^{i+j}
                    [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
            }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{2 \leq i = j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq j < i \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{2 \leq i \leq n} {
            (-1)^{i+i}
                [A]_{1,i} [A]_{1,i} \det {(A(1,i|1,i))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{j+i}
                [A]_{1,j} [A]_{1,i} \det {(A(1,j|1,i))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{2 \leq i \leq n} {
            [A]_{1,i}^2 \det {(A(1,i|1,i))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j}
            \det {(-(A(1,i|1,j))^{\mathrm{T}})}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{2 \leq i \leq n} {
            [A]_{1,i}^2 \det {(A(1,i|1,i))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j}
            (-1)^{n-2} \det {((A(1,i|1,j))^{\mathrm{T}})}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{2 \leq i \leq n} {
            [A]_{1,i}^2 \det {(A(1,i|1,i))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }
        \\
             & +
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j}
            (-1)^{n} \det {(A(1,i|1,j))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{2 \leq i \leq n} {
            [A]_{1,i}^2 \det {(A(1,i|1,i))}
        }
        \\
             & + (1 + (-1)^n)
        \sum_{2 \leq i < j \leq n} {
            (-1)^{i+j}
                [A]_{1,i} [A]_{1,j} \det {(A(1,i|1,j))}
        }.
    \end{align*}
    注意, \(A(1,i|1,i)\) 是 \(n - 2\)~级,
    即 \(2(k-1) - 1\)~级反称阵;
    由假定,
    它的行列式为 \(0\).
    再注意, \(n = 2k - 1\),
    故 \(1 + (-1)^n = 0\).
    所以, \(\det {(A)} = 0\).

    所以, \(P(k)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

我们还不了解偶数级反称阵的行列式.
不过, 我们会了解它的.

\section{阵的积与倍加}

前面, 在研究行列式的性质时,
我们引入了倍加:

% subfile fix: repeat restatable
% see:
% postrakonto - ecoj de determinantoj.tex
\ifSubfilesClassLoaded{%
    \begin{restatable}[倍加]{definition}{DefinitionMultiplyAndAdd}
        设 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵.
        设 \(p\), \(q\) 是二个不超过 \(n\)~的正整数,
        且 \(p \neq q\).
        设 \(s\) 是一个数.
        作 \(m \times n\)~阵 \(B\), 其中,
        \begin{align*}
            [B]_{i,j}
            = \begin{cases}
                  [A]_{i,j},              & j \neq q; \\
                  [A]_{i,q} + s[A]_{i,p}, & j = q.
              \end{cases}
        \end{align*}
        (通俗地,
        加 \(A\)~的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
        且不改变别的列,
        得阵~\(B\).)
        我们说, 变 \(A\) 为 \(B\) 的行为是一次 (列的) \emph{倍加}.
    \end{restatable}
}{\DefinitionMultiplyAndAdd*}

我们说, 既有列的倍加, 也有行的倍加.
具体地, 加 \(A\)~的一行的倍于另一行,
且不改变别的行, 是一次行的倍加.

回想, 行列式有倍加不变性.
具体地, 若加方阵 \(A\)~的一列 (行) 的倍于另一列 (行),
且不改变别的列 (行), 得方阵 \(B\),
则 \(\det {(B)} = \det {(A)}\).

本节, 我们讨论阵的积与倍加的关系.

设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵.
设 \(A\) 的%
列~\(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\) 分别是
\(a_1\), \(a_2\), \(\dots\), \(a_n\).
则 \(A = [a_1, a_2, \dots, a_n]\).
再设 \(n\)~级单位阵 \(I_n\) 的%
列~\(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\) 分别是
\(e_1\), \(e_2\), \(\dots\), \(e_n\).
则 \(I_n = [e_1, e_2, \dots, e_n]\).
由 \(A I_n = A\), 知
\begin{align*}
    [Ae_1, Ae_2, \dots, Ae_n]
    = A[e_1, e_2, \dots, e_n]
    = A I_n
    = A
    = [a_1, a_2, \dots, a_n].
\end{align*}
故 \([Ae_j]_{i,1}
    = [A I_n]_{i,j}
    = [A]_{i,j}
    = [a_j]_{i,1}\),
对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(j\),
与任何不超过 \(m\) 的正整数 \(i\).
故 \(Ae_j = a_j\),
对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(j\).

设 \(p \neq q\).
加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
且不改变别的列, 得 \(m \times n\)~阵 \(B\).
设 \(B\) 的%
列~\(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\) 分别是
\(b_1\), \(b_2\), \(\dots\), \(b_n\).
则 \(B = [b_1, b_2, \dots, b_n]\).
则 \(j \neq q\) 时, 有 \(b_j = a_j\),
且 \(b_q = a_q + s a_p\).
则 \(j \neq q\) 时,
\begin{align*}
    B e_j = b_j = a_j = A e_j,
\end{align*}
且
\begin{align*}
    B e_q = b_q = a_q + s a_p = A e_q + s (A e_p) = A (e_q + s e_p).
\end{align*}
作 \(n\)~级阵
\(E(n; p, q; s) = [f_1, f_2, \dots, f_n]\),
其中,
\begin{align*}
    f_j
    = \begin{cases}
          e_j,         & j \neq q; \\
          e_q + s e_p, & j = q.
      \end{cases}
\end{align*}
则 \(B e_j = A f_j\),
对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(j\).
则
\begin{align*}
    B = BI_n = [B e_1, B e_2, \dots, B e_n]
    = [A f_1, A f_2, \dots, A f_n]
    = A E(n; p, q; s).
\end{align*}
不难写出
\begin{align*}
    [E(n; p, q; s)]_{i,j}
    = \begin{cases}
          s,           & \text{\(i = p\), 且 \(j = q\)}; \\
          [I_n]_{i,j}, & \text{别的情形}.
      \end{cases}
\end{align*}
于是, 我们有

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\)~的正整数,
    且 \(p \neq q\).
    设 \(s\) 是数.
    作 \(n\)~级阵 \(E(n; p, q; s)\) 如下:
    \begin{align*}
        [E(n; p, q; s)]_{i,j}
        = \begin{cases}
              s,           & \text{\(i = p\), 且 \(j = q\)}; \\
              [I_n]_{i,j}, & \text{别的情形}.
          \end{cases}
    \end{align*}
    (通俗地,
    加 \(I_n\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵 \(E(n; p, q; s)\).)
    那么,
    加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(m \times n\)~阵 \(A E(n; p, q; s)\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    前面的说明就是一个证明.
    当然, 不考虑前面的说明, 我们也可直接用阵的积的定义验证它.
    我们的目标是,
    \begin{equation*}
        [A E(n; p, q; s)]_{i,j}
        = \begin{cases}
            [A]_{i,j},              & j \neq q; \\
            [A]_{i,q} + s[A]_{i,p}, & j = q.
        \end{cases}
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

列的倍加可用阵的积实现.
行的倍加当然也可用阵的积实现.
具体地:

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(m\)~的正整数,
    且 \(p \neq q\).
    设 \(s\) 是数.
    作 \(m\)~级阵 \(E(m; q, p; s)\) 如下:
    \begin{align*}
        [E(m; q, p; s)]_{i,j}
        = \begin{cases}
              s,           & \text{\(i = q\), 且 \(j = p\)}; \\
              [I_m]_{i,j}, & \text{别的情形}.
          \end{cases}
    \end{align*}
    (通俗地,
    加 \(I_m\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(m\)~级阵 \(E(m; q, p; s)\).)
    那么,
    加 \(A\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(m \times n\)~阵 \(E(m; q, p; s) A\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    请允许我留它为您的习题.
    我想给您一个提示:
    证明此事的要点是验证
    \begin{equation*}
        [E(m; q, p; s) A]_{i,j}
        = \begin{cases}
            [A]_{i,j},              & i \neq q; \\
            [A]_{q,j} + s[A]_{p,j}, & i = q.
        \end{cases}
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

我再说几件事.
设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
且 \(p \neq q\).

不难看出, \(E(n; p, q; s)\) 的行列式为 \(1\):
这是对单位阵作一次倍加后得到的方阵,
且单位阵的行列式为 \(1\).

不难验证, \(E(n; p, q; s)\) 的转置是
\(E(n; q, p; s)\);
比较这二个阵的元即可.

注意,
当 \(n = 1\) 时, 不存在不超过 \(n\),
且互不相同的正整数 \(p\), \(q\).
不过, 回想, 不变也是倍加.
那么, 我们约定, 当 \(n = 1\) 时,
无论 \(p\), \(q\), \(s\) 是何,
\(E(n; p, q; s)\),
即 \(E(1; p, q; s)\),
表示且只表示 \(1\)~级单位阵 \(I_1 = [1]\).

用阵的积表示倍加是好的.
我们知道, 阵的积适合一些运算律,
故我们或可用阵的运算律发现倍加的某些规律;
反过来, 我们也或可用倍加发现阵的一些性质.

\section{反称阵与倍加}

本节, 我们用倍加研究反称阵.

先看一个简单的结果.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\)~的正整数,
    且 \(p \neq q\).
    设 \(s\) 是数.

    (1)
    加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵 \(B\).
    加 \(B\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵 \(C\).
    则 \(C\) 是反称阵.
    通俗地,
    对反称阵先作一次列的倍加,
    再作一次对应的行的倍加,
    则二次倍加后的阵仍是反称阵.

    (2)
    在 (1) 中, 先行后列不影响结果.
    具体地, 设%
    加 \(A\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵 \(F\).
    加 \(F\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵 \(G\).
    则 \(G = C\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    % (1)
    % 我用二个方法证明此事.

    % 法~1:
    % 设加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    % 且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵 \(B\).
    % 则
    % \begin{align*}
    %     [B]_{i,j}
    %     = \begin{cases}
    %           [A]_{i,j},              & j \neq q; \\
    %           [A]_{i,q} + s[A]_{i,p}, & j = q.
    %       \end{cases}
    % \end{align*}
    % 设加 \(B\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    % 且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵 \(C\).
    % 则
    % \begin{align*}
    %     [C]_{i,j}
    %     = \begin{cases}
    %           [B]_{i,j},              & i \neq q; \\
    %           [B]_{q,j} + s[B]_{p,j}, & i = q.
    %       \end{cases}
    % \end{align*}
    % 当 \(i = q\), 且 \(j \neq q\) 时,
    % \begin{align*}
    %     [C]_{i,j}
    %         = [B]_{q,j} + s[B]_{p,j}
    %         = [A]_{q,j} + s[A]_{p,j};
    % \end{align*}
    % 当 \(j = q\), 且 \(i \neq q\) 时,
    % \begin{align*}
    %     [C]_{i,j}
    %         = [B]_{i,q}
    %         = [A]_{i,q} + s[A]_{i,p};
    % \end{align*}
    % 当 \(i = q = j\) 时,
    % \begin{align*}
    %     [C]_{i,j}
    %     = {} &
    %     [B]_{q,q} + s[B]_{p,q}
    %     \\
    %     = {} &
    %     ([A]_{q,q} + s[A]_{q,p}) + s([A]_{p,q} + s[A]_{p,p})
    %     \\
    %     = {} &
    %     [A]_{q,q} + s([A]_{q,p} + [A]_{p,q}) + s^2 [A]_{p,p}
    %     \\
    %     = {} &
    %     0 + s\, 0 + s^2\, 0
    %     \\
    %     = {} &
    %     0
    %     \\
    %     = {} &
    %     [A]_{i,j};
    % \end{align*}
    % 当 \(i \neq q\), 且 \(j \neq q\) 时,
    % \begin{align*}
    %     [C]_{i,j} = [B]_{i,j} = [A]_{i,j}.
    % \end{align*}
    % 由此, 不难验证, \(C\) 是一个反称阵.

    记 \(E(n; p, q; s) = E\).
    则 \(E(n; q, p; s) = E^{\mathrm{T}}\).

    % 法~2:
    (1)
    % 设 \(u\), \(v\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且 \(u \neq v\).
    % 作 \(n\)~级阵 \(E(n; u, v; s)\) 如下:
    % \begin{align*}
    %     [E(n; u, v; s)]_{i,j}
    %     = \begin{cases}
    %           s,           & \text{\(i = u\), 且 \(j = v\)}; \\
    %           [I_n]_{i,j}, & \text{别的情形}.
    %       \end{cases}
    % \end{align*}
    % 于是,
    加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵
    \(B = A E\).
    加 \(B\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵
    \begin{align*}
        C
        = E^{\mathrm{T}} B
        = E^{\mathrm{T}} (A E)
        = E^{\mathrm{T}} A E.
    \end{align*}
    故 \(C\) 是一个反称阵.

    % 注意, 法~2 利用了已有的阵的运算律:
    % 法~1 较直接; 法~2 较聪明.

    (2)
    加 \(A\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵
    \(F = E^{\mathrm{T}} A\).
    加 \(F\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵
    \begin{equation*}
        G
        = F E
        = (E^{\mathrm{T}} A) E
        = E^{\mathrm{T}} A E
        = C.
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

利用此事, 我们可证明如下重要的定理.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    利用若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    我们可变 \(A\) 为形如
    \begin{equation}
        \begin{bmatrix}
            0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      \\
            0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_m    \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_m   & 0      \\
        \end{bmatrix}
        \label{eq:C3201}
    \end{equation}
    (若 \(n\) 是偶数), 或
    \begin{equation}
        \begin{bmatrix}
            0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
            -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
            0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
            0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_k    & 0      \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_k   & 0      & 0      \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
        \end{bmatrix}
        \label{eq:C3202}
    \end{equation}
    (若 \(n\) 是奇数) 的反称阵.

    我们约定, 作倍加时, 我们先列后行, 交替地作.
    具体地, 我们先作一次列的倍加
    (比如, 加列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    其中, \(p \neq q\)),
    然后立即作一次对应的行的倍加
    (加行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\)).
    然后再作一次列的, 且再作一次对应的行的 (若还有).

    当然, 若 \(n = 2\), 则 \(A\) 已形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            0  & a \\
            -a & 0 \\
        \end{bmatrix}
    \end{align*}
    (取式~\eqref{eq:C3201} 的 \(m\) 为 \(1\));
    若 \(n = 1\), 则 \(A\) 已形如
    \([0]\)
    (取式~\eqref{eq:C3202} 的 \(k\) 为 \(0\)).
\end{theorem}

\begin{proof}
    作命题 \(P(n)\):
    对任何 \(n\)~级反称阵 \(A\),
    存在若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    其变 \(A\) 为一个%
    形如式~\eqref{eq:C3201} (若 \(n\) 是偶数)
    或式~\eqref{eq:C3202} (若 \(n\) 是奇数)
    的反称阵.
    再作命题 \(Q(n)\):
    \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    我们用数学归纳法证明,
    对任何高于 \(1\) 的整数 \(n\), \(Q(n)\) 是对的.

    \(Q(2)\) 是对的,
    因为 \(P(1)\) 与 \(P(2)\) 是对的
    (注意,
    加一列 (行) 的 \(0\)~倍于另一列 (行)
    不改变阵).

    我们设 \(Q(n-1)\) 是对的 (\(n \geq 3\)).
    则 \(P(n-2)\) 与 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们要由此证明 \(Q(n)\) 是对的,
    即 \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    \(P(n-1)\) 当然是对的, 由假定.
    所以, 我们由假定
    ``\(P(n-2)\) 与 \(P(n-1)\) 是对的''
    证 \(P(n)\) 是对的,
    得 \(Q(n)\) 是对的.

    任取一个 \(n\)~级反称阵 \(A\).
    我们先说明,
    存在若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    其变 \(A\) 为一个反称阵 \(C\),
    其中,
    \([C]_{1,j} = [C]_{2,j} = 0\),
    且 \([C]_{j,1} = [C]_{j,2} = 0\),
    对任何高于 \(2\), 且不超过 \(n\) 的正整数 \(j\).

    若对任何高于 \(2\), 且不超过 \(n\) 的正整数 \(j\),
    已有
    \([A]_{1,j} = [A]_{2,j} = 0\),
    且 \([A]_{j,1} = [A]_{j,2} = 0\),
    我们不变, 取 \(C = A\).

    若 \([A]_{1,2} \neq 0\),
    则 \([A]_{2,1}\) 当然也不是 \(0\).
    加 \(A\) 的列~\(2\) 的
    \(-[A]_{1,3}/[A]_{1,2}\)
    倍于列~\(3\),
    且加行~\(2\) 的
    \(-[A]_{3,1}/[A]_{2,1} = -[A]_{1,3}/[A]_{1,2}\)
    倍于行~\(3\), 得阵 \(F_3\).
    则 \(F_3\) 是一个反称阵,
    \([F_3]_{1,3} = 0\),
    \([F_3]_{3,1} = 0\),
    \([F_3]_{1,j} = [A]_{1,j}\),
    且 \([F_3]_{j,1} = [A]_{j,1}\)
    (\(j \neq 3\)).
    然后, 加 \(F_3\) 的列~\(2\) 的
    \(-[F_3]_{1,4}/[F_3]_{1,2}\)
    倍于列~\(4\),
    且加行~\(2\) 的
    \(-[F_3]_{4,1}/[F_3]_{2,1} = -[F_3]_{1,4}/[F_3]_{1,2}\)
    倍于行~\(4\), 得阵 \(F_4\).
    则 \(F_4\) 是一个反称阵,
    \([F_4]_{1,3} = [F_4]_{1,4} = 0\),
    \([F_4]_{3,1} = [F_4]_{4,1} = 0\),
    \([F_4]_{1,j} = [F_3]_{1,j}\),
    且 \([F_4]_{j,1} = [F_3]_{j,1}\)
    (\(j \neq 4\)).
    ……
    然后, 加 \(F_{n-1}\) 的列~\(2\) 的
    \(-[F_{n-1}]_{1,n}/[F_{n-1}]_{1,2}\)
    倍于列~\(n\),
    且加行~\(2\) 的
    \(-[F_{n-1}]_{n,1}/[F_{n-1}]_{2,1}
    = -[F_{n-1}]_{1,n}/[F_{n-1}]_{1,2}\)
    倍于行~\(n\), 得阵 \(F_n\).
    则 \(F_n\) 是一个反称阵,
    \([F_n]_{1,j} = 0\),
    \([F_n]_{j,1} = 0\)
    (\(j = 3\), \(4\), \(\dots\)),
    且 \([F_n]_{1,2} = -[F_n]_{2,1} = [A]_{1,2} \neq 0\).
    然后, 加 \(F_n\) 的列~\(1\) 的
    \(-[F_n]_{2,3}/[F_n]_{2,1}\)
    倍于列~\(3\),
    且加行~\(1\) 的
    \(-[F_n]_{3,2}/[F_n]_{1,2} = -[F_n]_{2,3}/[F_n]_{2,1}\)
    倍于行~\(3\), 得阵 \(G_3\).
    则 \(G_3\) 是一个反称阵,
    \([G_3]_{2,3} = 0\),
    \([G_3]_{3,2} = 0\),
    \([G_3]_{2,j} = [F_n]_{2,j}\),
    且 \([G_3]_{j,2} = [F_n]_{j,2}\)
    (\(j \neq 3\)).
    然后, 加 \(G_3\) 的列~\(1\) 的
    \(-[G_3]_{2,4}/[G_3]_{2,1}\)
    倍于列~\(4\),
    且加行~\(1\) 的
    \(-[G_3]_{4,2}/[G_3]_{1,2} = -[G_3]_{2,4}/[G_3]_{2,1}\)
    倍于行~\(4\), 得阵 \(G_4\).
    则 \(G_4\) 是一个反称阵,
    \([G_4]_{2,3} = [G_4]_{2,4} = 0\),
    \([G_4]_{3,2} = [G_4]_{4,2} = 0\),
    \([G_4]_{2,j} = [F_n]_{2,j}\),
    且 \([G_4]_{j,2} = [F_n]_{j,2}\)
    (\(j \neq 4\)).
    ……
    最后, 加 \(G_{n-1}\) 的列~\(1\) 的
    \(-[G_{n-1}]_{2,n}/[G_{n-1}]_{2,1}\)
    倍于列~\(n\),
    且加行~\(1\) 的
    \(-[G_{n-1}]_{n,2}/[G_{n-1}]_{1,2}
    = -[G_{n-1}]_{2,n}/[G_{n-1}]_{2,1}\)
    倍于行~\(n\), 得阵 \(G_n\).
    则 \(G_n\) 是一个反称阵,
    \([G_n]_{1,j} = 0\),
    \([G_n]_{j,1} = 0\),
    \([G_n]_{2,j} = 0\),
    且 \([G_n]_{j,2} = 0\)
    (\(j = 3\), \(4\), \(\dots\)).
    取 \(C\) 为 \(G_n\) 即可.

    若 \([A]_{1,2} = -[A]_{2,1} = 0\),
    但有某个 \([A]_{\ell,j} \neq 0\)
    (\(\ell = 1\) 或 \(2\),
    且 \(j > 2\)),
    加 \(A\) 的列~\(j\) 于列~\(3 - \ell\),
    且加行~\(j\) 于行~\(3 - \ell\)
    (注意, 当 \(\ell = 1\) 或 \(2\) 时,
    \(3 - \ell = 2\) 或 \(1\), 分别地),
    得阵 \(D\).
    则 \([D]_{\ell,3 - \ell} \neq 0\).
    问题被变为前面讨论过的情形.

    综上, 作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个反称阵 \(C\),
    其中,
    \([C]_{1,j} = [C]_{2,j} = 0\),
    且 \([C]_{j,1} = [C]_{j,2} = 0\),
    对任何高于 \(2\), 且不超过 \(n\) 的正整数 \(j\).

    考虑 \(C\) 的右下角的 \(n-2\)~级子阵 \(C({1,2}|{1,2})\).
    不难看出, 它是一个 \(n-2\)~级反称阵.
    由假定,
    作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    我们可变 \(C({1,2}|{1,2})\) 为一个反称阵 \(H\),
    其中, \(H\) 形如式~\eqref{eq:C3201} (若 \(n-2\) 是偶数)
    或式~\eqref{eq:C3202} (若 \(n-2\) 是奇数).

    注意, 既然当 \(2 < j\) 时,
    \([C]_{1,j} = [C]_{2,j} = 0\),
    且 \([C]_{j,1} = [C]_{j,2} = 0\),
    那么,
    无论如何对 \(C\) 的不是列~\(1\) 或列~\(2\) 的列作倍加,
    且无论如何对 \(C\) 的不是行~\(1\) 或行~\(2\) 的行作倍加,
    得到的阵的
    \((1, j)\)-元, \((2, j)\)-元, \((j, 1)\)-元, \((j, 2)\)-元%
    是 \(0\) \((j > 2)\).
    所以, 作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加后,
    我们可变 \(C\) 为一个 \(n\)~级反称阵 \(B\),
    使当 \(i \leq 2\) 或 \(j \leq 2\) 时,
    \([B]_{i,j} = [C]_{i,j}\),
    且当 \(i > 2\) 且 \(j > 2\) 时,
    \([B]_{i,j} = [H]_{i-2,j-2}\).
    % 使
    % \begin{align*}
    %     [B]_{i,j}
    %     = \begin{cases}
    %           [H]_{i-2,j-2}, & \text{\(i > 2\), 且 \(j > 2\)}; \\
    %           [C]_{1,2},     & \text{\(i = 1\), 且 \(j = 2\)}; \\
    %           [C]_{2,1},     & \text{\(i = 2\), 且 \(j = 1\)}; \\
    %           0,             & \text{别的情形}.
    %       \end{cases}
    % \end{align*}
    于是, \(B\) 是%
    形如式~\eqref{eq:C3201} (若 \(n\) 是偶数)
    或式~\eqref{eq:C3202} (若 \(n\) 是奇数)
    的反称阵.

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    则 \(Q(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
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\end{proof}

由倍加与阵的积的关系, 我们有:

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    则存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_w\),
    使 \(V^{\mathrm{T}} AV\) 是%
    形如式~\eqref{eq:C3201} (若 \(n\) 是偶数)
    或式~\eqref{eq:C3202} (若 \(n\) 是奇数)
    的反称阵,
    其中, \(V = E_1 E_2 \dots E_w\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    由上个定理, 存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_w\),
    使
    \begin{align*}
        E_w^{\mathrm{T}}
        (E_{w-1}^{\mathrm{T}}
        \dots
        (E_2^{\mathrm{T}}
        (E_1^{\mathrm{T}}
        A
        E_1)
        E_2)
        \dots
        E_{w-1})
        E_w
    \end{align*}
    是%
    形如式~\eqref{eq:C3201} (若 \(n\) 是偶数)
    或式~\eqref{eq:C3202} (若 \(n\) 是奇数)
    的反称阵.
    由结合律, 上式相当于
    \begin{align*}
        (E_w^{\mathrm{T}}
        E_{w-1}^{\mathrm{T}}
        \dots
        E_2^{\mathrm{T}}
        E_1^{\mathrm{T}})
        A
        (E_1
        E_2
        \dots
        E_{w-1}
        E_w).
    \end{align*}
    记 \(V = E_1 E_2 \dots E_{w-1} E_w\).
    由转置的性质,
    \(V^{\mathrm{T}}
    = E_w^{\mathrm{T}}
    E_{w-1}^{\mathrm{T}}
    \dots
    E_2^{\mathrm{T}}
    E_1^{\mathrm{T}}\).
    故上式相当于 \(V^{\mathrm{T}} A V\).
\end{proof}

我们计算如式~\eqref{eq:C3201} 所示的反称阵的行列式.
记
\begin{align*}
    B_m =
    \begin{bmatrix}
        0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
        -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
        0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      \\
        0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
        \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
        0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_m    \\
        0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_m   & 0      \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
按列~\(2m\) 展开, 有
\begin{align*}
    \det {(B_m)}
    = {} &
    (-1)^{2m-1+2m} [B_m]_{2m-1,2m} \det {(B_m ({2m-1}|{2m}))}
    \\
    = {} &
    {-} b_m \det {(B_m ({2m-1}|{2m}))}.
    % \\
    % = {} &
    % {-} b_m \det {
    %     \begin{bmatrix}
    %         B_{m-1} & 0    \\
    %         0       & -b_m \\
    %     \end{bmatrix}
    % }.
\end{align*}
再按列~\(2m-1\) 展开 \(\det {(B_m ({2m-1}|{2m}))}\), 有
\begin{align*}
    \det {(B_m ({2m-1}|{2m}))}
    = {} &
    (-1)^{2m-1+2m-1} (-b_m) \det {(B_{m-1})}
    \\
    = {} &
    {-} b_m \det {(B_{m-1})}.
\end{align*}
则 \(\det {(B_m)} = \det {(B_{m-1})}\, b_m^2\),
当 \(m > 1\).
不难算出, \(\det {(B_1)} = b_1^2\).
则
\begin{align*}
    \det {(B_m)} = b_1^2 b_2^2 \dots b_m^2
    = (b_1 b_2 \dots b_m)^2.
\end{align*}

还有一件事, 其值得提.
注意, 倍加不改变行列式.
由此, 我们立得, 奇数级反称阵的行列式为 \(0\):
利用倍加, 我们可变一个奇数级反称阵为%
一个至少有一列的元全为 \(0\) 的阵.

\section{Pfaffian}

我们说, 行列式是方阵的一个重要的属性.
反称阵是方阵, 故行列式也是反称阵的一个重要的属性.
本节, 我们学习反称阵的另一个属性.
它也是重要的, 且与行列式有关.

\begin{definition}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    定义 \(A\)~的 \emph{pfaffian}
    \pinjino{fafiyan}
    为
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)} =
        \begin{dcases}
            0,
             & n = 1;    \\
            [A]_{1,2},
             & n = 2;    \\
            \sum_{j = 2}^{n}
            {(-1)^{j} [A]_{1,j}
            \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}},
             & n \geq 3.
        \end{dcases}
    \end{align*}
\end{definition}

% 据说, 这是英国数学人 Arthur Cayley
% 用德国数学人 Johann Friedrich Pfaff 的姓%
% 命名的概念.

注意, 我们只对反称阵定义 pfaffian.

我们计算不高于 \(4\)~级的反称阵的 pfaffian.

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(1\)~级反称阵.
    则 \(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).

    回想, \(\det {(A)}\) 也是 \(0\).
\end{example}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(2\)~级反称阵.
    则 \(\operatorname{pf} {(A)} = [A]_{1,2}\).

    回想, \(\det {(A)} = [A]_{1,2}^2\);
    于是, \(\det {(A)} = (\operatorname{pf} {(A)})^2\).
\end{example}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(3\)~级反称阵.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)}
        = {} &
        (-1)^2 [A]_{1,2} \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        +
        (-1)^3 [A]_{1,3} \operatorname{pf} {(A({1,3}|{1,3}))}
        \\
        = {} &
        [A]_{1,2} 0 - [A]_{1,3} 0
        \\
        = {} &
        0.
    \end{align*}

    回想, \(\det {(A)}\) 也是 \(0\).
\end{example}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(4\)~级反称阵.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)}
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^2 [A]_{1,2} \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        +
        (-1)^3 [A]_{1,3} \operatorname{pf} {(A({1,3}|{1,3}))}
        \\
             &
        +
        (-1)^4 [A]_{1,4} \operatorname{pf} {(A({1,4}|{1,4}))}
        \\
        = {} &
        [A]_{1,2} [A]_{3,4}
        - [A]_{1,3} [A]_{2,4}
        + [A]_{1,4} [A]_{2,3}.
    \end{align*}

    回想, \(\det {(A)} =
    ([A]_{1,2} [A]_{3,4}
    - [A]_{1,3} [A]_{2,4}
    + [A]_{1,4} [A]_{2,3})^2\);
    于是, \(\det {(A)} = (\operatorname{pf} {(A)})^2\).
\end{example}

看来, 对不高于 \(4\)~级的反称阵 \(A\),
我们有 \(\det {(A)} = (\operatorname{pf} {(A)})^2\).
我们会说明, 这对任何级的反称阵 \(A\) 都是对的.
为此, 我们会证明 pfaffian 的一些性质,
再利用这些性质解决此事.

最后, 我们看一些特别的阵的 pfaffian.

\begin{example}
    作 \(2m\)~级反称阵
    \begin{align*}
        B =
        \begin{bmatrix}
            0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      \\
            0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_m    \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_m   & 0      \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    我们计算 \(\operatorname{pf} (B)\).
    由 pfaffian 的定义,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(B)}
        = (-1)^2 [B]_{1,2} \operatorname{pf} {(B({1,2}|{1,2}))}
        = b_1 \operatorname{pf} {(B({1,2}|{1,2}))}
    \end{align*}
    (注意, 对任何 \(j > 2\), 有 \([B]_{1,j} = 0\)).
    不难看出,
    \begin{align*}
        B({1,2}|{1,2}) =
        \begin{bmatrix}
            0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      \\
            -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            0      & 0      & \cdots & 0      & b_m    \\
            0      & 0      & \cdots & -b_m   & 0      \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    则, 类似地,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(B({1,2}|{1,2}))}
        = b_2 \operatorname{pf} {(B({1,2,3,4}|{1,2,3,4}))}.
    \end{align*}
    故
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(B)}
        = b_1 b_2 \operatorname{pf} {(B({1,2,3,4}|{1,2,3,4}))}.
    \end{align*}
    ……
    最后, 我们算出
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(B)}
        = b_1 b_2 \dots b_{m-1}
        \operatorname{pf} {(
        B({1,2,\dots,2m-2}|{1,2,\dots,2m-2})
        )}
        = b_1 b_2 \dots b_{m-1} b_m.
    \end{align*}
    回想, \(\det {(B)} = (b_1 b_2 \dots b_m)^2\);
    于是, \(\det {(B)} = (\operatorname{pf} {(B)})^2\).
\end{example}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(D\) 是 \(t\)~级反称阵.
    作 \(n + t\)~级阵
    \begin{align*}
        M =
        \begin{bmatrix}
            A & 0 \\
            0 & D \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    不难验证, \(M\) 也是一个反称阵.
    我们用数学归纳法证明, \(\operatorname{pf} {(M)}
    = \operatorname{pf} {(A)} \operatorname{pf} {(D)}\).

    作命题 \(P(n)\):
    对任何 \(n\)~级反称阵 \(A\),
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {
            \begin{bmatrix}
                A & 0 \\
                0 & D \\
            \end{bmatrix}
        } = \operatorname{pf} {(A)} \operatorname{pf} {(D)}.
    \end{align*}
    再作命题 \(Q(n)\):
    \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    我们用数学归纳法证明,
    对任何高于 \(1\) 的整数 \(n\), \(Q(n)\) 是对的.

    首先, \(P(1)\) 是对的, 因为 \(n = 1\)~时,
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            A & 0 \\
            0 & D \\
        \end{bmatrix}
    \end{align*}
    的行~\(1\) 的元全为 \(0\),
    故由 pfaffian 的定义, 此阵的 pfaffian 是 \(0\).

    然后, \(P(2)\) 是对的.
    记 \(J =
    \begin{bmatrix}
        A & 0 \\
        0 & D \\
    \end{bmatrix}
    \),
    其中, \(A\) 是 \(2\)~级反称阵.
    由 pfaffian 的定义,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(J)}
        = (-1)^{2} [J]_{1,2} \operatorname{pf} {(J({1,2}|{1,2}))}
        = [A]_{1,2} \operatorname{pf} {(D)}
        = \operatorname{pf} {(A)} \operatorname{pf} {(D)}.
    \end{align*}

    由此可见, \(Q(2)\) 是对的.

    我们设 \(Q(n-1)\) 是对的 (\(n \geq 3\)).
    则 \(P(n-2)\) 与 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们要由此证明 \(Q(n)\) 是对的,
    即 \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    \(P(n-1)\) 当然是对的, 由假定.
    所以, 我们由假定
    ``\(P(n-2)\) 与 \(P(n-1)\) 是对的''
    证 \(P(n)\) 是对的,
    得 \(Q(n)\) 是对的.

    任取一个 \(n\)~级反称阵 \(A\).
    记 \(M =
    \begin{bmatrix}
        A & 0 \\
        0 & D \\
    \end{bmatrix}
    \).
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(M)}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq n+t}
        {(-1)^{j} [M]_{1,j} \operatorname{pf} {(M({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq n}
        {(-1)^{j} [M]_{1,j} \operatorname{pf} {(M({1,j}|{1,j}))}}
        +
        \sum_{n+1 \leq j \leq n+t}
        {(-1)^{j} [M]_{1,j} \operatorname{pf} {(M({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq n}
        {(-1)^{j} [A]_{1,j} \operatorname{pf} {(M({1,j}|{1,j}))}}
        +
        \sum_{n+1 \leq j \leq n+t}
        {(-1)^{j} 0 \operatorname{pf} {(M({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq n}
        {(-1)^{j} [A]_{1,j} \operatorname{pf} {(M({1,j}|{1,j}))}}.
    \end{align*}
    注意, \(2 \leq j \leq n\) 时,
    \begin{align*}
        M({1,j}|{1,j})
        = \begin{bmatrix}
              A({1,j}|{1,j}) & 0 \\
              0              & D \\
          \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    由假定, \(\operatorname{pf} {(M({1,j}|{1,j}))}
    = \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
    \operatorname{pf} {(D)}\).
    从而
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(M)}
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq n}
        {(-1)^{j} [A]_{1,j} \operatorname{pf} {(M({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq n}
        {(-1)^{j} [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))} \operatorname{pf} {(D)}
        }
        \\
        = {} &
        \left(
        \sum_{2 \leq j \leq n}
        {(-1)^{j} [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}}
        \right) \operatorname{pf} {(D)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(A)} \operatorname{pf} {(D)}.
    \end{align*}

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    则 \(Q(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.

    回想, 当 \(A\) 是 \(n\)~级阵,
    \(D\) 是 \(t\)~级阵,
    且 \(C\) 是 \(n \times t\)~阵时,
    \begin{align*}
        \det {
            \begin{bmatrix}
                A & C \\
                0 & D \\
            \end{bmatrix}
        }
        = \det {(A)} \det {(D)}.
    \end{align*}
    那么, 当 \(A\), \(D\) 是反称阵,
    且 \(C = 0\) 时,
    \(\det {(M)}\)
    当然也是 \(\det {(A)} \det {(D)}\).
    不过, 用现有的知识,
    我们还不知道 \(M\) 的行列式与 pfaffian 的关系.
\end{example}

在看最后一个例前, 我们先计算一类阵的行列式.
设 \(A\), \(D\) 分别是 \(n\)~级阵与 \(t\)~级阵.
设 \(C\) 是 \(n \times t\)~阵.
作 \(n + t\)~级阵
\begin{align*}
    P = \begin{bmatrix}
            C & A \\
            D & 0 \\
        \end{bmatrix}.
\end{align*}
我们计算 \(\det {(P)}\).
为此, 我们可用反称性.
具体地, 交换 \(P\) 的列~\(t+1\) 与列~\(t\),
得阵~\(P_t\).
则 \(\det {(P_t)} = (-1) \det {(P)}\).
再交换 \(P_t\) 的列~\(t\) 与列~\(t-1\),
得阵~\(P_{t-1}\).
则 \(\det {(P_{t-1})} = (-1) \det {(P_t)}
= (-1)^2 \det {(P)}\).
……
再交换 \(P_2\) 的列~\(2\) 与列~\(1\),
得阵~\(P_1\).
则 \(\det {(P_1)} = (-1) \det {(P_2)}
= (-1)^t \det {(P)}\).
注意, 我们作了 \(t\) 次相邻的列的交换,
使 \(P\) 的列~\(t+1\) 到列~\(1\) 的位置,
且别的列的相对位置不变.
类似地, 我们再分别对 \(P_1\)~的列~\(t+2\), \(\dots\), \(t+n\)
也相邻地向左移 \(t\)~次,
即可使 \(P\) 的列~\(t+1\), \(\dots\), \(t+n\)
分别到列~\(1\), \(\dots\), \(n\) 的位置,
变 \(P\) 为
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        A & C \\
        0 & D \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
我们一共作了 \(t + (n-1)t = nt\)~次列的交换.
故
\begin{align*}
    \det {
        \begin{bmatrix}
            C & A \\
            D & 0 \\
        \end{bmatrix}
    }
    = (-1)^{nt} \det {
        \begin{bmatrix}
            A & C \\
            0 & D \\
        \end{bmatrix}
    }
    = (-1)^{nt} \det {(A)} \det {(D)}.
\end{align*}
特别地, 若我们取 \(D = -A^{\mathrm{T}}\),
且 \(C = 0\),
则
\begin{align*}
    \det {
        \begin{bmatrix}
            0               & A \\
            -A^{\mathrm{T}} & 0 \\
        \end{bmatrix}
    }
    = {} &
    (-1)^{n^2} \det {(-A^{\mathrm{T}})} \det {(A)}
    \\
    = {} &
    (-1)^{n^2} (-1)^n \det {(A^{\mathrm{T}})} \det {(A)}
    \\
    = {} &
    (-1)^{n(n+1)} \det {(A)} \det {(A)}
    \\
    = {} &
    (\det {(A)})^2.
\end{align*}
(注意, \(n(n+1)\) 是一个偶数.)

\begin{example}
    设 \(A\) 是一个 \(m\)~级阵.
    为方便, 我们记
    \begin{align*}
        S(A) = \begin{bmatrix}
                   0               & A \\
                   -A^{\mathrm{T}} & 0 \\
               \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    不难看出, \(S(A)\) 是一个 \(2m\)~级反称阵.
    我们用数学归纳法证明,
    \(\operatorname{pf} {(S(A))}
    = (-1)^{m(m-1)/2} \det {(A)}\).
    这也说明, pfaffian 跟行列式有一些关系.

    作命题 \(P(m)\):
    对任何 \(m\)~级阵 \(A\),
    \(\operatorname{pf} {(S(A))}
    = (-1)^{m(m-1)/2} \det {(A)}\).
    我们用数学归纳法证明,
    对任何正整数 \(m\), \(P(m)\) 是对的.

    \(P(1)\) 是对的.
    设 \(A = [a]\).
    则 \(S(A) = \begin{bmatrix}
        0  & a \\
        -a & 0 \\
    \end{bmatrix}\).
    由定义, \(\det {(A)} = a\),
    且
    \(\operatorname{pf} {(S(A))}
    = a
    = (-1)^{1(1-1)/2} \det {(A)}\).

    我们设 \(P(m-1)\) 是对的.
    我们要由此证明 \(P(m)\) 是对的.

    任取 \(m\)~级阵 \(A\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(S(A))}
        = {} &
        \sum_{j=2}^{2m}
        {(-1)^j [S(A)]_{1,j} \operatorname{pf} {((S(A))({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{2 \leq j \leq m}
        {(-1)^j [S(A)]_{1,j} \operatorname{pf} {((S(A))({1,j}|{1,j}))}}
        \\
             & +
        \sum_{m+1 \leq j \leq 2m}
        {(-1)^j [S(A)]_{1,j} \operatorname{pf} {((S(A))({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        \sum_{2 \leq j \leq m}
        {(-1)^j 0 \operatorname{pf} {((S(A))({1,j}|{1,j}))}}
        \\
             & +
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{m+k} [S(A)]_{1,m+k}
        \operatorname{pf} {((S(A))({1,m+k}|{1,m+k}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{m+k} [A]_{1,k}
            \operatorname{pf} {(S(A(1|k)))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{m-1} (-1)^{1+k} [A]_{1,k}
            \operatorname{pf} {(S(A(1|k)))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{1+k} [A]_{1,k}
            (-1)^{m-1} \operatorname{pf} {(S(A(1|k)))}}.
    \end{align*}
    注意, \(A(1|k)\) 是 \(m-1\)~级阵.
    由假定,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(S(A(1|k)))}
        = (-1)^{(m-1)(m-2)/2} \det {(A(1|k))}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(S(A))}
        = {} &
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{1+k} [A]_{1,k}
            (-1)^{m-1} \operatorname{pf} {(S(A(1|k)))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{1+k} [A]_{1,k}
            (-1)^{m-1} (-1)^{(m-1)(m-2)/2} \det {(A(1|k))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{1+k} [A]_{1,k}
            (-1)^{m(m-1)/2} \det {(A(1|k))}}
        \\
        = {} &
        (-1)^{m(m-1)/2}
        \sum_{1 \leq k \leq m}
        {(-1)^{1+k} [A]_{1,k}
            \det {(A(1|k))}}
        \\
        = {} &
        (-1)^{m(m-1)/2} \det {(A)}.
    \end{align*}

    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.

    最后, 不难看出,
    \(\det {(S(A))} = (\det {(A)})^2
    = (\operatorname{pf} {(S(A))})^2\).
\end{example}

我们作一个小结.

\begin{theorem}
    (1)
    设 \(A\), \(D\) 是 \(n\)~级与 \(t\)~级反称阵.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {
            \begin{bmatrix}
                A & 0 \\
                0 & D
            \end{bmatrix}
        }
        = \operatorname{pf} {(A)} \operatorname{pf} {(D)}.
    \end{align*}

    (2)
    设 \(A\) 是 \(m\)~级阵.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {
            \begin{bmatrix}
                0               & A \\
                -A^{\mathrm{T}} & 0 \\
            \end{bmatrix}
        } = (-1)^{m(m-1)/2} \det {(A)}.
    \end{align*}
    特别地, 取 \(A = I_m\), 即知
    \(K_m = \begin{bmatrix}
        0    & I_m \\
        -I_m & 0   \\
    \end{bmatrix}\)
    的 pfaffian 是 \((-1)^{m(m-1)/2}\).

    (3)
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {
            \begin{bmatrix}
                0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
                -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
                0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      \\
                0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
                \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
                0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_m    \\
                0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_m   & 0      \\
            \end{bmatrix}
        } = b_1 b_2 \dots b_m.
    \end{align*}
\end{theorem}

\section{Pfaffian 的性质}

本节, 我们讨论 pfaffian 的一些性质.

回想, \(1\)~级反称阵与 \(3\)~级反称阵的 pfaffian 为 \(0\).
一般地,

\begin{theorem}
    奇数级反称阵的 pfaffian 为 \(0\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    作命题 \(P(k)\):
    对任何 \(2k-1\)~级反称阵 \(A\),
    必 \(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).
    我们用数学归纳法证明,
    对任何正整数 \(k\), \(P(k)\) 是对的.

    \(P(1)\) 不证自明.

    我们设 \(P(k-1)\) 是对的.
    我们要由此证明 \(P(k)\) 是对的.

    任取 \(2k-1\)~级反称阵 \(A\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)}
        = {} &
        \sum_{j = 2}^{2k-1}
        {(-1)^{j} [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{j = 2}^{2k-1}
            {(-1)^{j} [A]_{1,j}\, 0}
        \\
        = {} &
        0.
    \end{align*}

    所以, \(P(k)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(m\) 是整数.
    设 \(A\) 是 \(2m\)~级反称阵.
    设 \(x\) 是数.
    则 \(\operatorname{pf} {(xA)}
    = x^m \operatorname{pf} {(A)}\).
    特别地, \(A^{\mathrm{T}} = (-1)A\) 的 pfaffian
    是 \((-1)^m \operatorname{pf} {(A)}\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    作命题 \(P(m)\):
    对任何 \(2m\)~级反称阵 \(A\),
    必 \(\operatorname{pf} {(xA)}
    = x^m \operatorname{pf} {(A)}\).
    我们用数学归纳法证明,
    对任何正整数 \(m\), \(P(m)\) 是对的.

    \(P(1)\) 是对的:
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {
            \begin{bmatrix}
                0   & xa \\
                -xa & 0  \\
            \end{bmatrix}
        }
        = xa
        = x^1 \operatorname{pf} {
            \begin{bmatrix}
                0  & a \\
                -a & 0 \\
            \end{bmatrix}
        }.
    \end{align*}

    我们设 \(P(m-1)\) 是对的.
    我们要由此证明 \(P(m)\) 是对的.

    任取 \(2m\)~级反称阵 \(A\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(xA)}
        = {} &
        \sum_{j = 2}^{2m}
        {(-1)^{j} [xA]_{1,j}
        \operatorname{pf} {((xA)({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{j = 2}^{2m}
        {(-1)^{j} x\, [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(x\,A({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{j = 2}^{2m}
        {(-1)^{j} x\, [A]_{1,j}
        x^{m-1} \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        x\,x^{m-1}
        \sum_{j = 2}^{2m}
        {(-1)^{j} [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        x^m \operatorname{pf} {(A)}.
    \end{align*}

    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(A\), \(B\), \(C\) 是三个 \(n\)~级反称阵.
    设 \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    设 \(s\), \(t\) 是数.
    设 \([A]_{i,j} = [B]_{i,j} = [C]_{i,j}\),
    对任何不等于 \(q\), 且不超过 \(n\) 的正整数 \(i\), \(j\);
    设 \([C]_{i,j} = s[A]_{i,j} + t[B]_{i,j}\),
    若 \(i = q\) 或 \(j = q\).
    则
    \(
    \operatorname{pf} {(C)}
    = s \operatorname{pf} {(A)}
    + t \operatorname{pf} {(B)}
    \).
\end{theorem}

% 此性质或许跟行列式的多线性是像的, 但不完全一样.

\begin{proof}
    作命题 \(P(n)\):
    \begin{quotation}
        对任何数 \(s\), \(t\),
        对任何不超过 \(n\) 的正整数 \(q\),
        对任何适合如下条件的三个 \(n\)~级反称阵 \(A\), \(B\), \(C\),
        必有
        \(
        \operatorname{pf} {(C)}
        = s \operatorname{pf} {(A)}
        + t \operatorname{pf} {(B)}
        \):

        (1)
        \([A]_{i,j} = [B]_{i,j} = [C]_{i,j}\),
        对任何不等于 \(q\), 且不超过 \(n\) 的正整数 \(i\), \(j\);

        (2)
        \([C]_{i,j} = s[A]_{i,j} + t[B]_{i,j}\),
        若 \(i = q\) 或 \(j = q\).
    \end{quotation}
    再作命题 \(Q(n)\):
    \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    我们用数学归纳法证明,
    对任何高于 \(1\) 的整数 \(n\), \(Q(n)\) 是对的.

    \(P(1)\) 不证自明.

    \(P(2)\) 是简单的.
    无论 \(q = 1\) 或 \(q = 2\),
    我们有 \([C]_{1,2} = s[A]_{1,2} + t[B]_{1,2}\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C)}
    = s \operatorname{pf} {(A)}
    + t \operatorname{pf} {(B)}\).

    综上, \(Q(2)\) 是对的.

    我们设 \(Q(n-1)\) 是对的 (\(n \geq 3\)).
    则 \(P(n-2)\) 与 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们要由此证明 \(Q(n)\) 是对的,
    即 \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    \(P(n-1)\) 当然是对的, 由假定.
    所以, 我们由假定
    ``\(P(n-2)\) 与 \(P(n-1)\) 是对的''
    证 \(P(n)\) 是对的,
    得 \(Q(n)\) 是对的.

    设 \(A\), \(B\), \(C\) 是三个 \(n\)~级反称阵.
    设 \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    设 \(s\), \(t\) 是数.
    设 \([A]_{i,j} = [B]_{i,j} = [C]_{i,j}\),
    对任何不等于 \(q\), 且不超过 \(n\) 的正整数 \(i\), \(j\);
    设 \([C]_{i,j} = s[A]_{i,j} + t[B]_{i,j}\),
    若 \(i = q\) 或 \(j = q\).

    若 \(q = 1\), 则
    \([C]_{1,j} = s[A]_{1,j} + t[B]_{1,j}\),
    且 \(C({1,j}|{1,j}) = A({1,j}|{1,j}) = B({1,j}|{1,j})\),
    对 \(j > 1\).
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(C)}
        \\
        = {} &
        \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j (s[A]_{1,j} + t[B]_{1,j})
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        s \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        +
        t \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j [B]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        s \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}}
        +
        t \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j [B]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(B({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        s \operatorname{pf} {(A)}
        + t \operatorname{pf} {(B)}.
    \end{align*}

    设 \(q \neq 1\).
    那么, 当 \(j \neq q\) 时,
    \([A]_{1,j} = [B]_{1,j} = [C]_{1,j}\),
    且 \(n-2\)~级反称阵
    \(A({1,j}|{1,j})\),
    \(B({1,j}|{1,j})\),
    \(C({1,j}|{1,j})\)
    适合:

    (1\('\))
    \([A({1,j}|{1,j})]_{u,v}
    = [B({1,j}|{1,j})]_{u,v}
    = [C({1,j}|{1,j})]_{u,v}\),
    对任何不等于 \(q' = q - \rho(q, 1) - \rho(q, j)
    = q - 1 - \rho(q, j)\),
    且不超过 \(n-2\) 的正整数 \(u\), \(v\);

    (2\('\))
    \([C({1,j}|{1,j})]_{u,v}
    = s [A({1,j}|{1,j})]_{u,v}
    + t [B({1,j}|{1,j})]_{u,v}\),
    若 \(u = q'\) 或 \(v = q'\).

    于是, 由假定, 当 \(j \neq q\) 时,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}
        = s \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
        + t \operatorname{pf} {(B({1,j}|{1,j}))}.
    \end{align*}

    另一方面, 当 \(j = q\) 时,
    \([C]_{1,j} = s[A]_{1,j} + t[B]_{1,j}\),
    且 \(C({1,j}|{1,j}) = A({1,j}|{1,j}) = B({1,j}|{1,j})\).

    综上, 我们有
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(C)}
        \\
        = {} &
        \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        (-1)^q [C]_{1,q}
        \operatorname{pf} {(C({1,q}|{1,q}))}
        +
        \sum_{\substack{2 \leq j \leq n     \\j \neq q}}
        {(-1)^j [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^q (s[A]_{1,q} + t[B]_{1,q})
        \operatorname{pf} {(C({1,q}|{1,q}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{\substack{2 \leq j \leq n     \\j \neq q}}
        {(-1)^j [C]_{1,j}
        (s \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
        + t \operatorname{pf} {(B({1,j}|{1,j}))})
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        s (-1)^q [A]_{1,q}
        \operatorname{pf} {(C({1,q}|{1,q}))}
        + t (-1)^q [B]_{1,q}
        \operatorname{pf} {(C({1,q}|{1,q}))}
        \\
             &
        +
        s \sum_{\substack{2 \leq j \leq n   \\j \neq q}}
        {(-1)^j [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
        }
        + t \sum_{\substack{2 \leq j \leq n \\j \neq q}}
        {(-1)^j [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(B({1,j}|{1,j}))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        s (-1)^q [A]_{1,q}
        \operatorname{pf} {(A({1,q}|{1,q}))}
        + t (-1)^q [B]_{1,q}
        \operatorname{pf} {(B({1,q}|{1,q}))}
        \\
             &
        +
        s \sum_{\substack{2 \leq j \leq n   \\j \neq q}}
        {(-1)^j [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
        }
        + t \sum_{\substack{2 \leq j \leq n \\j \neq q}}
        {(-1)^j [B]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(B({1,j}|{1,j}))}
        }
        \\
        = {} &
        s \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
        }
        +
        t \sum_{j=2}^{n}
        {(-1)^j [B]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(B({1,j}|{1,j}))}
        }
        \\
        = {} &
        s \operatorname{pf} {(A)}
        + t \operatorname{pf} {(B)}.
    \end{align*}

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    则 \(Q(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
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\end{proof}

特别地, 若我们取 \(A = B\), 且 \(t = 0\),
我们有

% restatable
\begin{restatable}{theorem}{TheoremPfaffianMulitply}
    设 \(A\), \(C\) 是二个 \(n\)~级反称阵.
    设 \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    设 \(s\) 是数.
    设 \([C]_{i,j} = [A]_{i,j}\),
    对任何不等于 \(q\), 且不超过 \(n\) 的正整数 \(i\), \(j\);
    设 \([C]_{i,j} = s[A]_{i,j}\),
    若 \(i = q\) 或 \(j = q\).
    则
    \(\operatorname{pf} {(C)}
    = s \operatorname{pf} {(A)}\).
\end{restatable}

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且 \(p \neq q\).
    设交换 \(A\) 的列~\(p\), \(q\), 且不改变别的列, 得阵~\(B\).
    设交换 \(B\) 的行~\(p\), \(q\), 且不改变别的行, 得阵~\(C\).
    则 \(C\) 是反称阵, 且
    \(
    \operatorname{pf} {(C)} = -\operatorname{pf} {(A)}
    \).
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们先说明 \(C\) 是反称阵.
    交换 \(A\) 的列~\(p\), \(q\),
    且不改变别的列, 得阵 \(B\).
    则
    \begin{align*}
        [B]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [A]_{i,q}, & j = p;       \\
            [A]_{i,p}, & j = q;       \\
            [A]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    交换 \(B\) 的行~\(p\), \(q\),
    且不改变别的行, 得阵 \(C\).
    则
    \begin{align*}
        [C]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [B]_{q,j}, & i = p;       \\
            [B]_{p,j}, & i = q;       \\
            [B]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}

    当 \(i \neq p\), \(i \neq q\),
    \(j \neq p\), 且 \(j \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{i,j} = [A]_{i,j}\).
    则
    \([C]_{i,j} + [C]_{j,i}
        = [A]_{i,j} + [A]_{j,i} = 0\),
    且 \([C]_{i,i} = [A]_{i,i} = 0\).

    当 \(i = p\), \(j \neq p\), 且 \(j \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{q,j} = [A]_{q,j}\);
    当 \(j = p\), \(i \neq p\), 且 \(i \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{i,p} = [A]_{i,q}\).
    则%
    当 \(i = p\), \(j \neq p\), 且 \(j \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} + [C]_{j,i}
        = [A]_{q,j} + [A]_{j,q} = 0\);
    当 \(j = p\), \(i \neq p\), 且 \(i \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} + [C]_{j,i}
        = [A]_{i,q} + [A]_{q,i} = 0\).

    当 \(i = q\), \(j \neq p\), 且 \(j \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{p,j} = [A]_{p,j}\);
    当 \(j = q\), \(i \neq p\), 且 \(i \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{i,q} = [A]_{i,p}\).
    则%
    当 \(i = q\), \(j \neq p\), 且 \(j \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} + [C]_{j,i}
        = [A]_{p,j} + [A]_{j,p} = 0\);
    当 \(j = q\), \(i \neq p\), 且 \(i \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} + [C]_{j,i}
        = [A]_{i,p} + [A]_{p,i} = 0\).

    当 \(i = p\), 且 \(j = p\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{q,p} = [A]_{q,q} = 0\);
    当 \(i = q\), 且 \(j = q\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{p,q} = [A]_{p,p} = 0\).

    当 \(i = p\), 且 \(j = q\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{q,q} = [A]_{q,p}\);
    当 \(i = q\), 且 \(j = p\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{p,p} = [A]_{p,q}\).
    则%
    当 \(i = p\), 且 \(j = q\) 时,
    \([C]_{i,j} + [C]_{j,i}
        = [A]_{q,p} + [A]_{p,q} = 0\);
    当 \(i = q\), 且 \(j = p\) 时,
    \([C]_{i,j} + [C]_{j,i}
        = [A]_{p,q} + [A]_{q,p} = 0\).

    我们再说明
    \(
    \operatorname{pf} {(C)} = -\operatorname{pf} {(A)}
    \).
    以下, 我们无妨设 \(p < q\).

    作命题 \(P(n)\):
    \begin{quotation}
        对任何 \(n\)~级反称阵 \(A\),
        对任何 \(1 \leq p < q \leq n\),
        若 \(B\) 是交换 \(A\) 的列~\(p\), \(q\),
        且不改变别的列得到的阵,
        且 \(C\) 是交换 \(B\) 的行~\(p\), \(q\),
        且不改变别的行得到的阵,
        则
        \(
        \operatorname{pf} {(C)} = -\operatorname{pf} {(A)}
        \).
    \end{quotation}
    再作命题 \(Q(n)\):
    \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    我们用数学归纳法证明,
    对任何高于 \(1\) 的整数 \(n\), \(Q(n)\) 是对的.

    \(P(1)\) 不证自明.
    既然没有二列或二行可交换,
    我们认为, 它是平凡地对的.

    \(P(2)\) 是简单的.
    既然 \(n = 2\), 且 \(1 \leq p < q \leq n\),
    则 \(p = 1\), 且 \(q = 2\).
    不难写出, 若 \(A =
    \begin{bmatrix}
        0  & a \\
        -a & 0 \\
    \end{bmatrix}
    \),
    则交换列~\(1\), \(2\),
    并交换行~\(1\), \(2\) 后,
    我们有 \(C =
    \begin{bmatrix}
        0 & -a \\
        a & 0  \\
    \end{bmatrix}
    \).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(C)}
        = -a
        = -\operatorname{pf} {(A)}.
    \end{align*}

    综上, \(Q(2)\) 是对的.

    我们设 \(Q(n-1)\) 是对的 (\(n \geq 3\)).
    则 \(P(n-2)\) 与 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们要由此证明 \(Q(n)\) 是对的,
    即 \(P(n-1)\) 与 \(P(n)\) 是对的.
    \(P(n-1)\) 当然是对的, 由假定.
    所以, 我们由假定
    ``\(P(n-2)\) 与 \(P(n-1)\) 是对的''
    证 \(P(n)\) 是对的,
    得 \(Q(n)\) 是对的.

    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(1 \leq p < q \leq n\).
    设交换 \(A\) 的列~\(p\), \(q\), 且不改变别的列, 得阵~\(B\).
    设交换 \(B\) 的行~\(p\), \(q\), 且不改变别的行, 得阵~\(C\).
    我们分类讨论.

    (1)
    \(p = 1\), 且 \(q = 2\).
    当 \(d_1 > 2\), \(d_2 > 2\), 且 \(d_2 \neq d_1\) 时,
    \([A]_{2,d_2}\) 是 \(A({1,d_1}|{1,d_1})\)
    的 \((1, d_2 - 1 - \rho (d_2, d_1))\)-元.
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(A)}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq d_1 \leq n}
        {
        (-1)^{d_1} [A]_{1,d_1}
        \operatorname{pf} {(A({1,d_1}|{1,d_1}))}
        }
        \\
        = {} &
        (-1)^{2} [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        +
        \sum_{3 \leq d_1 \leq n}
        {
        (-1)^{d_1} [A]_{1,d_1}
        \operatorname{pf} {(A({1,d_1}|{1,d_1}))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq d_1 \leq n}
        {
            (-1)^{d_1} [A]_{1,d_1}
        \sum_{\substack{3 \leq d_2 \leq n      \\d_2 \neq d_1}}
            {
                (-1)^{d_2 - 1 - \rho(d_2, d_1)}
            }
        }
        \\
             &
        \qquad \qquad \qquad
        \qquad \qquad \qquad
        \cdot
        [A]_{2,d_2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,d_1,d_2}|{1,2,d_1,d_2}))}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq d_1 \leq n}
        {
        \sum_{\substack{3 \leq d_2 \leq n      \\d_2 \neq d_1}}
            {
                (-1)^{d_1}
                    [A]_{1,d_1}
                (-1)^{d_2 - 1 - \rho(d_2, d_1)}
            }
        }
        \\
             &
        \qquad \qquad \qquad
        \qquad \qquad \qquad
        \cdot
        [A]_{2,d_2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,d_1,d_2}|{1,2,d_1,d_2}))}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{\substack{3 \leq d_1, d_2 \leq n \\d_2 \neq d_1}}
        {
        (-1)^{d_1 + d_2 - 1 - \rho(d_2, d_1)}
            [A]_{1,d_1} [A]_{2,d_2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,d_1,d_2}|{1,2,d_1,d_2}))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq d_1 < d_2 \leq n}
        {
        (-1)^{d_1 + d_2 - 1 - \rho(d_2, d_1)}
            [A]_{1,d_1} [A]_{2,d_2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,d_1,d_2}|{1,2,d_1,d_2}))}
        }
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq d_2 < d_1 \leq n}
        {
        (-1)^{d_1 + d_2 - 1 - \rho(d_2, d_1)}
            [A]_{1,d_1} [A]_{2,d_2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,d_1,d_2}|{1,2,d_1,d_2}))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k - 1 - 1}
            [A]_{1,j} [A]_{2,k}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{k + j - 1}
            [A]_{1,k} [A]_{2,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,k,j}|{1,2,k,j}))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k}
            [A]_{1,j} [A]_{2,k}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k}
        (-1) [A]_{1,k} [A]_{2,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k}\,
        ([A]_{1,j} [A]_{2,k} - [A]_{1,k} [A]_{2,j})
        \operatorname{pf} {(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k}
        \det {
            \begin{bmatrix}
                [A]_{1,j} & [A]_{1,k} \\
                [A]_{2,j} & [A]_{2,k} \\
            \end{bmatrix}
        }
        \operatorname{pf} {(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }.
    \end{align*}
    类似地,
    \begin{align*}
        %  &
        \operatorname{pf} {(C)}
        % \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [C]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(C({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k}
        \det {
            \begin{bmatrix}
                [C]_{1,j} & [C]_{1,k} \\
                [C]_{2,j} & [C]_{2,k} \\
            \end{bmatrix}
        }
        \operatorname{pf} {(C({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }.
    \end{align*}
    注意, \([C]_{1,2} = -[A]_{1,2}\),
    且 \(A({1,2}|{1,2}) = C({1,2}|{1,2})\);
    再注意, \(3 \leq j < k \leq n\) 时,
    \([C]_{1,j} = [A]_{2,j}\),
    \([C]_{1,k} = [A]_{2,k}\),
    \([C]_{2,j} = [A]_{1,j}\),
    \([C]_{2,k} = [A]_{1,k}\),
    且 \(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}) = C({1,2,j,k}|{1,2,j,k})\).
    故
    \begin{align*}
        %  &
        \operatorname{pf} {(C)}
        % \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        {-} [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k}
        \det {
            \begin{bmatrix}
                [A]_{2,j} & [A]_{2,k} \\
                [A]_{1,j} & [A]_{1,k} \\
            \end{bmatrix}
        }
        \operatorname{pf} {(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }.
    \end{align*}
    由此可见, \(\operatorname{pf} {(C)}
    = -\operatorname{pf} {(A)}\).

    (2)
    \(2 \leq p = q - 1 \leq n - 1\).
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(A)}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq n}
        {
        (-1)^{j} [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
        }
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^{p} [A]_{1,p}
        \operatorname{pf} {(A({1,p}|{1,p}))}
        +
        (-1)^{p+1} [A]_{1,p+1}
        \operatorname{pf} {(A({1,p+1}|{1,p+1}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{\substack{2 \leq j \leq n \\ j \neq p, p+1}}
        {
        (-1)^{j} [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
        }.
    \end{align*}
    类似地,
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(C)}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^{p} [C]_{1,p}
        \operatorname{pf} {(C({1,p}|{1,p}))}
        +
        (-1)^{p+1} [C]_{1,p+1}
        \operatorname{pf} {(C({1,p+1}|{1,p+1}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{\substack{2 \leq j \leq n \\ j \neq p, p+1}}
        {
        (-1)^{j} [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}
        }.
    \end{align*}
    注意,
    \([C]_{1,p} = [A]_{1,p+1}\),
    \([C]_{1,p+1} = [A]_{1,p}\),
    \(C({1,p}|{1,p}) = A({1,p+1}|{1,p+1})\),
    且 \(C({1,p+1}|{1,p+1}) = A({1,p}|{1,p})\);
    再注意, \(j \geq 2\), \(j \neq p\), 且 \(j \neq p+1\) 时,
    \([C]_{1,j} = [A]_{1,j}\),
    且 \(C({1,j}|{1,j})\)
    可被认为是交换
    \(A({1,j}|{1,j})\) 的列~\(p'\), \(p'+1\),
    并交换行~\(p'\), \(p'+1\) 得到的反称阵
    (其中, \(p' = p - \rho (p, 1) - \rho(p, j)
    = p - 1 - \rho(p, j)\)).
    由假定,
    \(
    \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}
    = (-1) \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
    \).
    故
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(C)}
        \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        (-1)^{p} [A]_{1,p+1}
        \operatorname{pf} {(A({1,p+1}|{1,p+1}))}
        +
        (-1)^{p+1} [A]_{1,p}
        \operatorname{pf} {(A({1,p}|{1,p}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{\substack{2 \leq j \leq n \\ j \neq p, p+1}}
        {
        (-1)^{j} [A]_{1,j}
        (-1) \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}
        }.
    \end{align*}
    由此可见, \(\operatorname{pf} {(C)}
    = -\operatorname{pf} {(A)}\).

    (3)
    别的情形.
    不难看出, 我们已证,
    若列~\(p\), \(q\) (行~\(p\), \(q\)) 是相邻的
    (即 \(p = q - 1\);
    注意, 我们已约定 \(p < q\)),
    则 \(\operatorname{pf} {(C)}
    = -\operatorname{pf} {(A)}\).
    那么, 别的情形自然是%
    当列~\(p\), \(q\) (行~\(p\), \(q\)) 不是相邻的时%
    的情形.

    交换 \(A\)~的列~\(p\), \(p+1\),
    并交换行~\(p\), \(p+1\),
    得反称阵~\(C_1\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C_1)} = -\operatorname{pf} {(A)}
    = (-1)^{1} \operatorname{pf} {(A)}\).
    交换 \(C_1\)~的列~\(p+1\), \(p+2\),
    并交换行~\(p+1\), \(p+2\),
    得反称阵~\(C_2\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C_2)} = -\operatorname{pf} {(C_1)}
    = (-1)^{2} \operatorname{pf} {(A)}\).
    ……
    交换 \(C_{q-p-1}\)~的列~\(q-1\), \(q\),
    并交换行~\(q-1\), \(q\),
    得反称阵~\(C_{q-p}\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C_{q-p})} = -\operatorname{pf} {(C_{q-p-1})}
    = (-1)^{q-p} \operatorname{pf} {(A)}\).

    记 \(G_0 = C_{q-p}\).
    则 \(\operatorname{pf} {(G_0)} = (-1)^{q-p} \operatorname{pf} {(A)}\).
    交换 \(G_0\)~的列~\(q-2\), \(q-1\),
    并交换行~\(q-2\), \(q-1\),
    得反称阵~\(G_1\).
    则 \(\operatorname{pf} {(G_1)} = -\operatorname{pf} {(G_0)}
    = (-1)^{q-p+1} \operatorname{pf} {(A)}\).
    交换 \(G_1\)~的列~\(q-3\), \(q-2\),
    并交换行~\(q-3\), \(q-2\),
    得反称阵~\(G_2\).
    则 \(\operatorname{pf} {(G_2)} = -\operatorname{pf} {(G_1)}
    = (-1)^{q-p+2} \operatorname{pf} {(A)}\).
    ……
    交换 \(G_{q-p-2}\)~的列~\(p\), \(p+1\),
    并交换行~\(p\), \(p+1\),
    得反称阵~\(G_{q-p-1}\).
    则 \(\operatorname{pf} {(G_{q-p-1})} = -\operatorname{pf} {(G_{q-p-2})}
    = (-1)^{q-p+(q-p-1)} \operatorname{pf} {(A)}\).
    不难看出, \(C = G_{q-p-1}\).
    所以,
    \(\operatorname{pf} {(C)}
    = (-1)^{2(q-p)-1} \operatorname{pf} {(A)}
    = -\operatorname{pf} {(A)}\).

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    则 \(Q(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
    % a manual line break

\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且 \(p \neq q\).
    设 \(A\) 的列~\(p\), \(q\) 相等
    (于是, 显然, \(A\) 的行~\(p\), \(q\) 也相等).
    则 \(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    无妨设 \(p < q\).
    我们分类讨论.

    (1)
    \(p = 1\), 且 \(q = 2\).
    则
    \begin{align*}
        %  &
        \operatorname{pf} {(A)}
        % \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        [A]_{1,2}
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k}
        \det {
            \begin{bmatrix}
                [A]_{1,j} & [A]_{1,k} \\
                [A]_{2,j} & [A]_{2,k} \\
            \end{bmatrix}
        }
        \operatorname{pf} {(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }.
    \end{align*}
    因为 \(A\) 的列~\(1\), \(2\) 相等,
    故 \(A\) 的行~\(1\), \(2\) 也相等
    (注意, \(A\) 是反称阵),
    且 \([A]_{1,2} = [A]_{1,1} = 0\).
    则
    \begin{align*}
        %  &
        \operatorname{pf} {(A)}
        % \\
        = {} &
        \hphantom{{} + {}}
        0
        \operatorname{pf} {(A({1,2}|{1,2}))}
        \\
             &
        +
        \sum_{3 \leq j < k \leq n}
        {
        (-1)^{j + k}
        \,
        0
        \operatorname{pf} {(A({1,2,j,k}|{1,2,j,k}))}
        }
        \\
        = {} &
        0.
    \end{align*}

    (2)
    别的情形.
    我们先说明:

    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且 \(p \neq q\).
    设 \(A\) 的列~\(p\), \(q\) 相等
    (于是, 显然, \(A\) 的行~\(p\), \(q\) 也相等).
    再设 \(u\), \(v\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且 \(u \neq v\).
    设交换 \(A\) 的列~\(u\), \(v\), 且不改变别的列, 得阵~\(B\).
    设交换 \(B\) 的行~\(u\), \(v\), 且不改变别的行,
    得反称阵~\(C\).
    则 \(C\) 仍有二列相同 (当然, 也有二行相同).

    首先, 如上个定理的论证,
    我们可具体地写下 \(C\) 的元:
    \begin{align*}
        [C]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [A]_{i,j},
             &
            \text{\(i \neq u\), \(i \neq v\), \(j \neq u\),
                且 \(j \neq v\)};
            \\
            [A]_{v,j},
             &
            \text{\(i = u\), \(j \neq u\), 且 \(j \neq v\)};
            \\
            [A]_{i,v},
             &
            \text{\(j = u\), \(i \neq u\), 且 \(i \neq v\)};
            \\
            [A]_{u,j},
             &
            \text{\(i = v\), \(j \neq u\), 且 \(j \neq v\)};
            \\
            [A]_{i,u},
             &
            \text{\(j = v\), \(i \neq u\), 且 \(i \neq v\)};
            \\
            [A]_{v,v},
             &
            \text{\(i = j = u\)};
            \\
            [A]_{u,u},
             &
            \text{\(i = j = v\)};
            \\
            [A]_{v,u},
             &
            \text{\(i = u\), 且 \(j = v\)};
            \\
            [A]_{u,v},
             &
            \text{\(i = v\), 且 \(j = u\)}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    然后, 我们可分类讨论.
    无妨设 \(p < q\), 且 \(u < v\).
    则:

    若 \(p \neq u\), \(p \neq v\),
    且 \(q \neq u\), \(q \neq v\),
    则我们可验证, \(C\) 的列~\(p\), \(q\) 相等;

    若 \(p = u\), 且 \(q = v\),
    则我们可验证, \(C\) 的列~\(p\), \(q\) 相等;

    若 \(p = u\), \(q \neq v\),
    则我们可验证, \(C\) 的列~\(q\), \(v\) 相等;

    若 \(p = v\),
    则我们可验证, \(C\) 的列~\(u\), \(q\) 相等;

    若 \(q = u\),
    则我们可验证, \(C\) 的列~\(p\), \(v\) 相等;

    若 \(q = v\), 且 \(p \neq u\),
    则我们可验证, \(C\) 的列~\(u\), \(p\) 相等.

    (2.1)
    \(1 = p < 2 < q\).
    交换 \(A\) 的列~\(2\), \(q\), 且不改变别的列, 得阵~\(B_1\).
    交换 \(B_1\) 的行~\(2\), \(q\), 且不改变别的行,
    得反称阵~\(C_1\).
    则 \(C_1\) 的列~\(1\), \(2\) 相等,
    故 \(\operatorname{pf} {(C_1)} = 0\).
    另一方面, \(\operatorname{pf} {(C_1)}
    = -\operatorname{pf} {(A)}\),
    故 \(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).

    (2.2)
    \(2 = p < q\).
    交换 \(A\) 的列~\(1\), \(q\), 且不改变别的列, 得阵~\(B_2\).
    交换 \(B_2\) 的行~\(1\), \(q\), 且不改变别的行,
    得反称阵~\(C_2\).
    则 \(C_2\) 的列~\(1\), \(2\) 相等,
    故 \(\operatorname{pf} {(C_2)} = 0\).
    另一方面, \(\operatorname{pf} {(C_2)}
    = -\operatorname{pf} {(A)}\),
    故 \(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).

    (2.3)
    \(2 < p < q\).
    交换 \(A\) 的列~\(2\), \(p\), 且不改变别的列, 得阵~\(B_3\).
    交换 \(B_3\) 的行~\(2\), \(p\), 且不改变别的行,
    得反称阵~\(C_3\).
    则 \(C_3\) 的列~\(2\), \(q\) 相等,
    故 \(\operatorname{pf} {(C_3)} = 0\)
    (我们已证此情形).
    另一方面, \(\operatorname{pf} {(C_3)}
    = -\operatorname{pf} {(A)}\),
    故 \(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).
\end{proof}

有了这些性质, 我们可以证明%
倍加与反称阵的 pfaffian 的关系.
这是重要的.

% restatable
\begin{restatable}{theorem}{TheoremPfaffianMulitplyAndAdd}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\)
    (\(p \neq q\)),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵 \(B\).
    加 \(B\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵 \(C\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C)} = \operatorname{pf} {(A)}\).
\end{restatable}

\begin{proof}
    加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵 \(B\).
    则
    \begin{align*}
        [B]_{i,j}
        = \begin{cases}
              [A]_{i,j},              & j \neq q; \\
              [A]_{i,q} + s[A]_{i,p}, & j = q.
          \end{cases}
    \end{align*}
    加 \(B\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵 \(C\).
    则 \(C\) 是反称阵, 且
    \begin{align*}
        [C]_{i,j}
        = \begin{cases}
              [B]_{i,j},              & i \neq q; \\
              [B]_{q,j} + s[B]_{p,j}, & i = q.
          \end{cases}
    \end{align*}
    当 \(i = q\), 且 \(j \neq q\) 时,
    \(
    [C]_{i,j}
        = [B]_{q,j} + s[B]_{p,j}
        = [A]_{q,j} + s[A]_{p,j}\);
    当 \(j = q\), 且 \(i \neq q\) 时,
    \(
    [C]_{i,j}
        = [B]_{i,q}
        = [A]_{i,q} + s[A]_{i,p}\);
    当 \(i \neq q\), 且 \(j \neq q\) 时,
    \([C]_{i,j} = [B]_{i,j} = [A]_{i,j}\);
    当 \(i = q = j\) 时,
    \([C]_{i,j} = 0 = [A]_{i,j}\).
    % \begin{align*}
    %     [C]_{i,j}
    %     = {} &
    %     [B]_{q,q} + s[B]_{p,q}
    %     \\
    %     = {} &
    %     ([A]_{q,q} + s[A]_{q,p}) + s([A]_{p,q} + s[A]_{p,p})
    %     \\
    %     = {} &
    %     [A]_{q,q} + s([A]_{q,p} + [A]_{p,q}) + s^2 [A]_{p,p}
    %     \\
    %     = {} &
    %     0 + s\, 0 + s^2\, 0
    %     \\
    %     = {} &
    %     0
    %     \\
    %     = {} &
    %     [A]_{i,j}.
    % \end{align*}
    % 不难写出 \(C\)~的元:
    % \begin{align*}
    %     [C]_{i,j} =
    %     \begin{cases}
    %         [A]_{q,j} + s[A]_{p,j},
    %          & \text{\(i = q\), 且 \(j \neq q\)}; \\
    %         [A]_{i,q} + s[A]_{i,p},
    %          & \text{\(j = q\), 且 \(i \neq q\)}; \\
    %         [A]_{i,j},
    %          & \text{别的情形}.
    %     \end{cases}
    % \end{align*}
    作 \(n\)~级阵 \(G\) 如下:
    \begin{align*}
        [G]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [A]_{p,j}, & \text{\(i = q\), 且 \(j \neq q\)}; \\
            [A]_{i,p}, & \text{\(j = q\), 且 \(i \neq q\)}; \\
            [A]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    则 \(G\) 是反称阵,
    且 \(G\) 的列~\(p\), \(q\) 相等,
    且:

    (1)
    \([A]_{i,j} = [G]_{i,j} = [C]_{i,j}\),
    对任何不等于 \(q\), 且不超过 \(n\) 的正整数 \(i\), \(j\);

    (2)
    \([C]_{i,j} = 1[A]_{i,j} + s[G]_{i,j}\),
    若 \(i = q\) 或 \(j = q\).

    所以,
    \begin{equation*}
        \operatorname{pf} {(C)}
        % = {} &
        =
        1 \operatorname{pf} {(A)} + s \operatorname{pf} {(G)}
        % \\
        % = {} &
        =
        \operatorname{pf} {(A)} + s \, 0
        % \\
        % = {} &
        =
        \operatorname{pf} {(A)}.
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

现在, 我们可以证明,
反称阵的行列式与 pfaffian 有如下关系.

% restatable
\begin{restatable}{theorem}{TheoremPfaffianSquareDet}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    则 \(\det {(A)}
    = (\operatorname{pf} {(A)})^2\).
\end{restatable}

\begin{proof}
    设 \(n\) 是奇数.
    则 \(\det {(A)} = 0\),
    且 \(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).

    再设 \(n = 2m\) 是偶数.
    则利用若干次列的倍加, 与对应的行的倍加
    (先列后行, 交替地作),
    我们可变 \(A\) 为
    \begin{align*}
        B =
        \begin{bmatrix}
            0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      \\
            0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_m    \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_m   & 0      \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    则 \(\det {(B)} = \det {(A)}\),
    且 \(\operatorname{pf} {(B)} = \operatorname{pf} {(A)}\).
    最后, 注意, \(\det {(B)}
    = (\operatorname{pf} {(B)})^2\),
    故 \(\det {(A)}
    = (\operatorname{pf} {(A)})^2\).
\end{proof}

\begin{example}
    设 \(S\) 是
    ``整'', 或 ``可比'' (\angla{rational}),
    或 ``实'', 或 ``复''
    中的一个.
    我们约定,
    当 \(S\) 是 ``整'' 时, \(S\)-数是整数;
    当 \(S\) 是 ``可比'' 时, \(S\)-数是可比数;
    当 \(S\) 是 ``实'' 时, \(S\)-数是实数;
    当 \(S\) 是 ``复'' 时, \(S\)-数是复数.
    于是, 二个 \(S\)-数的和、差、积还是 \(S\)-数.

    若一个阵的元全为 \(S\)-数,
    我们说, 此阵是一个 \(S\)-阵.

    现在, 我们设 \(A\) 是一个 \(S\)-反称阵
    (\(A\) 是反称阵, 且 \(A\) 是 \(S\)-阵).
    因为 pfaffian 的定义由一些数的和、差、积作成,
    且不含除法,
    故 \(\operatorname{pf} {(A)}\) 是一个 \(S\)-数.
    则 \(\det {(A)}\) 是一个 \(S\)-数的平方.
    具体地,
    若 \(A\) 是一个整反称阵,
    则 \(\det {(A)}\) 是一个整数的平方 (完全平方数);
    若 \(A\) 是一个实反称阵,
    则 \(\det {(A)}\) 是一个实数的平方 (非负实数).
\end{example}

我以一件事结束本节.

不难看出, 在 pfaffian 的定义里,
\([A]_{1,2}\), \([A]_{1,3}\), \(\dots\), \([A]_{1,n}\)
全为 \(A\) 的行~\(1\) 的元,
故我们说, 定义按行~\(1\) 展开 pfaffian.
我们知道, 我们可按一行展开行列式.
类似地, 我们也可按一行展开 pfaffian:

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵 (\(n > 2\)).
    设 \(i\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)}
        =
        \sum_{\substack{1 \leq j \leq n \\j \neq i}}
        {
        (-1)^{i-1+j+\rho(i,j)}\, [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    设 \(i = 1\).
    则 \(i - 1 + j + \rho(i, j) = j\), 若 \(j > 1\).
    所以, 这是对的.

    设 \(i > 1\).
    交换 \(A\) 的列~\(i-1\), \(i\),
    并交换行~\(i-1\), \(i\),
    得反称阵~\(C_1\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C_1)}
    = -\operatorname{pf} {(A)}
    = (-1)^1 \operatorname{pf} {(A)}\).
    交换 \(C_1\) 的列~\(i-2\), \(i-1\),
    并交换行~\(i-2\), \(i-1\),
    得反称阵~\(C_2\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C_2)}
    = -\operatorname{pf} {(C_1)}
    = (-1)^2 \operatorname{pf} {(A)}\).
    ……
    交换 \(C_{i-2}\) 的列~\(1\), \(2\),
    并交换行~\(1\), \(2\),
    得反称阵~\(C_{i-1}\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C_{i-1})}
    = -\operatorname{pf} {(C_{i-2})}
    = (-1)^{i-1} \operatorname{pf} {(A)}\).
    记 \(C = C_{i-1}\).
    则 \(\operatorname{pf} {(A)}
    = (-1)^{i-1} \operatorname{pf} {(C)}\).
    我们有如下发现.

    (1)
    \(A(i|i) = C(1|1)\).

    (2)
    当 \(j < i\) 时,
    \([A]_{i,j} = [C]_{1,j+1}\);
    当 \(j > i\) 时,
    \([A]_{i,j} = [C]_{1,j}\).
    于是,
    当 \(2 \leq j \leq i\) 时,
    \([C]_{1,j} = [A]_{i,j-1}\);
    当 \(j > i\) 时,
    \([C]_{1,j} = [A]_{i,j}\).

    (3)
    当 \(j < i\) 时,
    \(A({i,j}|{i,j}) = C({1,j+1}|{1,j+1})\);
    当 \(j > i\) 时,
    \(A({i,j}|{i,j}) = C({1,j}|{1,j})\).
    于是,
    当 \(2 \leq j \leq i\) 时,
    \(C({1,j}|{1,j}) = A({i,j-1}|{i,j-1})\);
    当 \(j > i\) 时,
    \(C({1,j}|{1,j}) = A({i,j}|{i,j})\).

    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(C)}
        \\
        = {} &
        \sum_{j = 2}^{n}
        {(-1)^{j} [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq i}
        {(-1)^{j} [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        +
        \sum_{i < j \leq n}
        {(-1)^{j} [C]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(C({1,j}|{1,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{2 \leq j \leq i}
        {(-1)^{j} [A]_{i,j-1}
        \operatorname{pf} {(A({i,j-1}|{i,j-1}))}}
        +
        \sum_{i < j \leq n}
        {(-1)^{j} [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq j < i}
        {(-1)^{j+1} [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}
        +
        \sum_{i < j \leq n}
        {(-1)^{j} [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}
        \\
        = {} &
        % \hphantom{{} + {}}
        \sum_{1 \leq j < i}
        {(-1)^{j+\rho(i,j)}\, [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}
        % \\
        %      &
        +
        \sum_{i < j \leq n}
        {(-1)^{j+\rho(i,j)}\, [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq j \leq n \\j \neq i}}
        {(-1)^{j+\rho(i,j)}\, [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}.
    \end{align*}
    故
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)}
        = {} &
        (-1)^{i-1}
        \operatorname{pf} {(C)}
        \\
        = {} &
        (-1)^{i-1}
        \sum_{\substack{1 \leq j \leq n \\j \neq i}}
        {(-1)^{j+\rho(i,j)}\, [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq j \leq n \\j \neq i}}
        {
        (-1)^{i-1}
        (-1)^{j+\rho(i,j)}\, [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq j \leq n \\j \neq i}}
        {
        (-1)^{i-1+j+\rho(i,j)}\, [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵 (\(n > 2\)).
    注意, \([A]_{i,j} = -[A]_{j,i}\).
    于是, 若 \(j\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    由按行~\(j\) 展开, 有
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)}
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq i \leq n \\i \neq j}}
        {
        (-1)^{j-1+i+\rho(j,i)}\, [A]_{j,i}
        \operatorname{pf} {(A({j,i}|{j,i}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq i \leq n \\i \neq j}}
        {
        (-1)^{i-1+j+1-\rho(i,j)}\, (-[A]_{i,j})
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq i \leq n \\i \neq j}}
        {
        (-1)^{i-1+j+\rho(i,j)}\, [A]_{i,j}
        \operatorname{pf} {(A({i,j}|{i,j}))}}.
    \end{align*}
    形式地, 这是按列~\(j\) 展开 pfaffian.
\end{example}

\section{阵的积、倍加、倍乘}

回想, 倍加是加一个阵的一列 (或一行) 的倍于另一列 (或另一行).
本节, 我们进一步地讨论阵的积与倍加的关系.
并且, 我们会讨论新的行为, 倍乘.

回想, 我们有如下结论.

% subfile fix: repeat restatable
% see:
% postrakonto - ecoj de determinantoj.tex
\ifSubfilesClassLoaded{%
    \begin{restatable}{theorem}{TheoremMultiplyAndAdd}
        设 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵.
        利用若干次 (列的) 倍加,
        我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(B\),
        使当 \(i < j\) 时,
        \([B]_{i,j} = 0\).
    \end{restatable}
}{\TheoremMultiplyAndAdd*}

% 完全类似地, 或用转置, 我们可证

% \begin{theorem}
%     设 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵.
%     利用若干次 (行的) 倍加,
%     我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(B\),
%     使当 \(i > j\) 时,
%     \([B]_{i,j} = 0\).
% \end{theorem}

% 我们知道, 我们可用阵的积表示倍加.
% 于是

% \begin{theorem}
%     设 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵.

%     (1)
%     存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
%     (\(s\) 是一个数,
%     \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
%     且 \(p \neq q\))
%     的阵
%     \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_w\),
%     使当 \(i < j\) 时,
%     \([A E_1 E_2 \dots E_w]_{i,j} = 0\).

%     回想, \(E(n; p, q; s)\)
%     (\(s\) 是一个数,
%     \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
%     且 \(p \neq q\))
%     是适合如下条件的 \(n\)~级阵:
%     \begin{align*}
%         [E(n; p, q; s)]_{i,j}
%         = \begin{cases}
%               s,           & \text{\(i = p\), 且 \(j = q\)}; \\
%               [I_n]_{i,j}, & \text{别的情形}.
%           \end{cases}
%     \end{align*}

%     (2)
%     存在若干个形如 \(E(m; p, q; s)\)
%     (\(s\) 是一个数,
%     \(p\), \(q\) 是不超过 \(m\) 的正整数,
%     且 \(p \neq q\))
%     的阵
%     \(F_1\), \(F_2\), \(\dots\), \(F_v\),
%     使当 \(i > j\) 时,
%     \([F_v \dots F_2 F_1 A]_{i,j} = 0\).
% \end{theorem}

通俗地, 对 \(m \times n\)~阵,
我们总可作列的倍加, 以变一些元为 \(0\).

若我们既作列的倍加, 且也作行的倍加, 则我们有

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是一个 \(m \times n\)~阵.
    利用若干次列的倍加与行的倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(B\),
    使当 \(i \neq j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们用数学归纳法证明此事.
    具体地, 设 \(P(n)\) 为命题
    \begin{quotation}
        对任何正整数 \(m\),
        对任何 \(m \times n\)~阵 \(A\),
        利用若干次列的倍加与行的倍加,
        我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(B\),
        使当 \(i \neq j\) 时,
        \([B]_{i,j} = 0\).
    \end{quotation}
    则, 我们的目标是,
    对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

    我们先说明, \(P(1)\) 是对的.
    设 \(A\) 是 \(m \times 1\)~阵.

    若 \(A = 0\), 我们不变, 取 \(B\) 为 \(A\).

    若 \([A]_{1,1} \neq 0\),
    加行~\(1\) 的 \(-[A]_{i,1}/[A]_{1,1}\) 倍于行~\(i\)
    (\(i = 2\), \(3\), \(\dots\), \(m\)),
    得 \(m \times 1\)~阵 \(C\).
    则 \(i \neq 1\) 时,
    \([C]_{i,1}
        = [A]_{i,1} + (-[A]_{i,1}/[A]_{1,1}) [A]_{1,1}
    = 0\).
    取 \(B\) 为 \(C\) 即可.

    若 \([A]_{1,1} = 0\), 但某 \([A]_{k,1} \neq 0\)
    (\(k \neq 1\)),
    加行~\(k\) (的 \(1\)~倍) 于行~\(1\),
    得 \(m \times 1\)~阵 \(D\).
    则 \([D]_{1,1} = [A]_{k,1} \neq 0\).
    问题被变为前面讨论过的情形.

    综上, \(P(1)\) 是对的.

    假定 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们由此证 \(P(n)\) 也是对的.

    任取正整数 \(m\).
    任取一个 \(m \times n\)~阵 \(A\).

    我们先说明, 利用若干次倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(C\),
    使当 \(i \neq 1\) 时, \([C]_{i,1} = 0\),
    且当 \(j \neq 1\) 时, \([C]_{1,j} = 0\).

    若 \(A\) 的行~\(1\) 的与列~\(1\) 的元全为 \(0\),
    我们不变, 取 \(C\) 为 \(A\).

    若 \([A]_{1,1} \neq 0\),
    对 \(A\), 加列~\(1\) 的
    \(-[A]_{1,j} / [A]_{1,1}\)~倍于列~\(j\)
    (\(j = 2\), \(3\), \(\dots\), \(n\)),
    得 \(m \times n\)~阵 \(A_1\).
    则 \(j \neq 1\) 时,
    \([A_1]_{1,j}
        = [A]_{1,j} + (-[A]_{1,j}/[A]_{1,1}) [A]_{1,1}
    = 0\).
    注意, \([A_1]_{1,1} = [A]_{1,1} \neq 0\).
    然后, 对 \(A_1\), 加行~\(1\) 的
    \(-[A_1]_{i,1}/[A_1]_{1,1}\) 倍于行~\(i\)
    (\(i = 2\), \(3\), \(\dots\), \(m\)),
    得 \(m \times n\)~阵 \(A_2\).
    则 \(i \neq 1\) 时,
    \([A_2]_{i,1}
        = [A_1]_{i,1} + (-[A_1]_{i,1}/[A_1]_{1,1}) [A_1]_{1,1}
    = 0\).
    我们取 \(C\) 为 \(A_2\).

    若 \([A]_{1,1} = 0\), 但某 \([A]_{1,\ell} \neq 0\)
    (\(\ell \neq 1\)),
    加列~\(\ell\) (的 \(1\)~倍) 于列~\(1\),
    得 \(m \times n\)~阵 \(D_1\).
    则 \([D_1]_{1,1} = [A]_{1,\ell} \neq 0\).
    问题被变为前面讨论过的情形.

    若 \([A]_{1,1} = 0\), 但某 \([A]_{k,1} \neq 0\)
    (\(k \neq 1\)),
    加行~\(k\) (的 \(1\)~倍) 于行~\(1\),
    得 \(m \times n\)~阵 \(D_2\).
    则 \([D_2]_{1,1} = [A]_{k,1} \neq 0\).
    问题被变为前面讨论过的情形.

    综上, 作若干次倍加,
    我们可变 \(A\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(C\),
    使当 \(i \neq 1\) 时, \([C]_{i,1} = 0\),
    且当 \(j \neq 1\) 时, \([C]_{1,j} = 0\).

    考虑 \(C\) 的右下角的 \((m-1) \times (n-1)\)~子阵
    \(C(1|1)\).
    由假定, 作若干次倍加, 我们可变 \(C(1|1)\) 为一个
    \((m-1) \times (n-1)\)~阵 \(G\),
    使当 \(i \neq j\) 时, \([G]_{i,j} = 0\).

    注意, 既然当 \(i \neq 1\) 时, \([C]_{i,1} = 0\),
    且当 \(j \neq 1\) 时, \([C]_{1,j} = 0\),
    那么, 无论如何对 \(C\) 的不是列~\(1\) 的列作倍加,
    且无论如何对 \(C\) 的不是行~\(1\) 的行作倍加,
    得到的阵的 \((i, 1)\)-元与 \((1, j)\)-元都是 \(0\)
    (\(i\), \(j \neq 1\)).
    那么, 作若干次倍加后,
    我们可变 \(C\) 为一个 \(m \times n\)~阵 \(B\),
    使当 \(i = 1\) 或 \(j = 1\) 时,
    \([B]_{i,j} = [C]_{i,j}\),
    且当 \(i \neq 1\) 且 \(j \neq 1\) 时,
    \([B]_{i,j} = [G]_{i-1,j-1}\).
    所以, 当 \(i \neq j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\).

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

注意,
一次列的倍加可被认为是先作这个列的倍加,
再作一次 ``何也不作'' 的行的倍加
(加一行的 \(0\) 倍于另一行),
且一次行的倍加可被认为是先作一次 ``何也不作'' 的列的倍加
(加一列的 \(0\) 倍于另一列),
再作这个行的倍加.
若我们用阵的积写此事, 则它是明显的:
\begin{align*}
    A E(n; p_1, q_1; s_1) & = I_m (A E(n; p_1, q_1; s_1))
    = E(m; u, v; 0) (A E(n; p_1, q_1; s_1)),              \\
    E(m; p_2, q_2; s_2) A & = E(m; p_2, q_2; s_2) (A I_n)
    = E(m; p_2, q_2; s_2) (A E(n; u, v; 0)),
\end{align*}
其中, \(A\) 是 \(m \times n\)~阵.
并且,
\begin{align*}
    (E(m; p_4, q_4; s_4) A) E(n; p_3, q_3; s_3)
    = E(m; p_4, q_4; s_4) (A E(n; p_3, q_3; s_3)).
\end{align*}
于是, 作倍加时,
我们可使列的倍加的次数与行的倍加的次数相等,
且我们可先列后行, 交替地作
(先作一次列的倍加, 且再作一次行的倍加;
然后, 再先作一次列的倍加, 且再作一次行的倍加, 若还有).

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是一个 \(m \times n\) 阵.
    则存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(G_1\), \(G_2\), \(\dots\), \(G_u\),
    与若干个形如 \(E(m; p', q'; s')\)
    (\(s'\) 是一个数,
    \(p'\), \(q'\) 是不超过 \(m\) 的正整数,
    且 \(p' \neq q'\))
    的阵
    \(H_1\), \(H_2\), \(\dots\), \(H_u\),
    使当 \(i \neq j\) 时,
    \([(H_u \dots H_2 H_1) A (G_1 G_2 \dots G_u)]_{i,j} = 0\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    由上个定理,
    存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(G_1\), \(G_2\), \(\dots\), \(G_u\),
    与若干个形如 \(E(m; p', q'; s')\)
    (\(s'\) 是一个数,
    \(p'\), \(q'\) 是不超过 \(m\) 的正整数,
    且 \(p' \neq q'\))
    的阵
    \(H_1\), \(H_2\), \(\dots\), \(H_u\),
    使
    \begin{align*}
        H_u (\dots (H_2 (H_1 A G_1) G_2) \dots) G_u
    \end{align*}
    的 \((i, j)\)-元为 \(0\), 若 \(i \neq j\).
    由结合律, 上式相当于
    \begin{equation*}
        (H_u \dots H_2 H_1) A (G_1 G_2 \dots G_u).
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(n\) 是正整数.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且 \(p \neq q\).
    设 \(s\) 是数.
    则
    \begin{align*}
        E(n; p, q; s) E(n; p, q; -s)
        = I_n
        = E(n; p, q; -s) E(n; p, q; s).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意, \(E(n; p, q; s) E(n; p, q; -s)\) 可被认为是由加
    \(E(n; p, q; s)\) 的列~\(p\) 的 \(-s\) 于列~\(q\) 得到的 \(n\)~级阵.
    当 \(j \neq q\) 时, \(E(n; p, q; s)\) 的列~\(j\) 是 \(I_n\) 的列~\(j\);
    当 \(j = q\) 时, \(E(n; p, q; s)\) 的列~\(j\) 是
    \(I_n\) 的列~\(q\) 加 \(I_n\) 的列~\(p\) 的 \(s\) 倍.
    所以, 当 \(j \neq q\) 时,
    \(E(n; p, q; s) E(n; p, q; -s)\) 的列~\(j\) 是
    \(E(n; p, q; s)\) 的列~\(j\),
    即 \(I_n\) 的列~\(j\);
    当 \(j = q\) 时,
    \(E(n; p, q; s) E(n; p, q; -s)\) 的列~\(j\) 是
    \(E(n; p, q; s)\) 的列~\(q\)
    加 \(E(n; p, q; s)\) 的列~\(p\) 的 \(-s\) 倍,
    即 \(I_n\) 的列~\(q\) 加 \(I_n\) 的列~\(p\) 的 \(s\) 倍,
    再加 \(I_n\) 的列~\(p\) 的 \(-s\) 倍,
    即 \(I_n\) 的列~\(q\).
    则 \(E(n; p, q; s) E(n; p, q; -s) = I_n\).

    若我们代 \(s\) 以 \(-s\),
    则 \(-s\) 被代以 \(-(-s) = s\).
    则 \(E(n; p, q; -s) E(n; p, q; s) = I_n\).
\end{proof}

由此, 我们有

% restatable
\begin{restatable}{theorem}{TheoremMultiplyMultiplyAddUnu}
    设 \(A\) 是一个 \(m \times n\) 阵.
    则存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_u\),
    与若干个形如 \(E(m; p', q'; s')\)
    (\(s'\) 是一个数,
    \(p'\), \(q'\) 是不超过 \(m\) 的正整数,
    且 \(p' \neq q'\))
    的阵
    \(F_1\), \(F_2\), \(\dots\), \(F_u\),
    与 \(m \times n\)~阵 \(D\),
    使
    \(A = (F_1 F_2 \dots F_u) D (E_u \dots E_2 E_1)\),
    且当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
\end{restatable}

\begin{proof}
    我们知道,
    存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(G_1\), \(G_2\), \(\dots\), \(G_u\),
    与若干个形如 \(E(m; p', q'; s')\)
    (\(s'\) 是一个数,
    \(p'\), \(q'\) 是不超过 \(m\) 的正整数,
    且 \(p' \neq q'\))
    的阵
    \(H_1\), \(H_2\), \(\dots\), \(H_u\),
    使
    \([D]_{i,j} = 0\),
    若 \(i \neq j\),
    其中,
    \(D = (H_u \dots H_2 H_1) A (G_1 G_2 \dots G_u)\).

    我们知道,
    存在形如 \(E(n; p, q; s)\) 的阵 \(E_k\), 使
    \(G_k E_k = I_n\),
    且存在形如 \(E(m; p', q'; s')\) 的阵 \(F_k\), 使
    \(F_k H_k = I_m\)
    (\(k = 1\), \(2\), \(\dots\), \(u\)).
    则
    \begin{align*}
        %  &
        (F_1 F_2 \dots F_u) (H_u \dots H_2 H_1)
        % \\
        = {} &
        F_1 (F_2 \dots (F_{u-1} (F_u H_u) H_{u-1}) \dots H_2) H_1
        \\
        = {} &
        F_1 (F_2 \dots (F_{u-1} I_m H_{u-1}) \dots H_2) H_1
        \\
        = {} &
        F_1 (F_2 \dots (F_{u-1} H_{u-1}) \dots H_2) H_1
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        F_1 H_1
        \\
        = {} &
        I_m.
    \end{align*}
    类似地,
    \((G_1 G_2 \dots G_u) (E_u \dots E_2 E_1) = I_n\).
    则
    \begin{align*}
        A
        = {} &
        I_m A I_n
        \\
        = {} &
        ((F_1 F_2 \dots F_u) (H_u \dots H_2 H_1))
        A
        ((G_1 G_2 \dots G_u) (E_u \dots E_2 E_1))
        \\
        = {} &
        (F_1 F_2 \dots F_u)
        ((H_u \dots H_2 H_1) A (G_1 G_2 \dots G_u))
        (E_u \dots E_2 E_1)
        \\
        = {} &
        (F_1 F_2 \dots F_u) D (E_u \dots E_2 E_1).
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

由此可见, 我们可写一个 \(m \times n\)~阵为一些形如
\(E(m; p', q'; s')\),
与 \(m \times n\)~阵 \(D\),
与一些形如 \(E(n; p, q; s)\) 的阵的积,
其中, 当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
我们知道, 若 \(B\) 的列数为 \(n\),
则 \(B E(n; p, q; s)\)
是加 \(B\)~的列 \(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\) 得到的阵.
那么, 若 \(C\) 的列数为 \(m\),
则 \(C D\) 是何?

\begin{theorem}
    设 \(C\) 是 \(t \times m\)~阵.
    设 \(D\) 是 \(m \times n\)~阵,
    且当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
    则 \(CD\) 是这样的 \(t \times n\)~阵:
    \(CD\) 的列~\(j\) 是 \(C\) 的列~\(j\) 的 \(d_j\)~倍
    (\(j = 1\), \(2\), \(\dots\), \(n\)),
    其中,
    \begin{align*}
        d_j =
        \begin{cases}
            [D]_{j,j}, & \text{\(j \leq m\), 且 \(j \leq n\)}; \\
            0,         & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意,
    \begin{align*}
        [C D]_{i,j}
        = \sum_{\ell = 1}^{m} {[C]_{i,\ell} [D]_{\ell,j}}.
    \end{align*}

    若 \(j > m\),
    则 \(j > m \geq \ell\).
    从而 \([D]_{\ell,j} = 0\).
    另一方面, \(d_j = 0\).
    则 \([C D]_{i,j} = 0 = [C]_{i,j}\, d_j\).

    若 \(j \leq m\), 且 \(j \leq n\),
    \begin{align*}
        [C D]_{i,j}
        = {} &
        \sum_{\ell = 1}^{m} {[C]_{i,\ell} [D]_{\ell,j}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{1 \leq \ell \leq m \\ \ell = j}}
        {[C]_{i,\ell} [D]_{\ell,j}}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq \ell \leq m \\ \ell \neq j}}
        {[C]_{i,\ell} [D]_{\ell,j}}
        \\
        = {} &
        [C]_{i,j} [D]_{j,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq \ell \leq m \\ \ell \neq j}}
        {[C]_{i,\ell}\, 0}
        \\
        = {} &
        [C]_{i,j}\, d_j.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

由此, 我们定义

\begin{definition}
    设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵.
    设 \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    设 \(s\) 是数.
    作 \(m \times n\)~阵 \(B\), 其中,
    \begin{align*}
        [B]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [A]_{i,j},   & j \neq q; \\
            s [A]_{i,q}, & j = q.
        \end{cases}
    \end{align*}
    (通俗地, 以 \(s\) 乘 \(A\) 的列~\(q\),
    且不改变别的列, 得阵 \(B\).)
    我们说, 变 \(A\) 为 \(B\) 的行为是一次
    (列的) \emph{倍乘}.
\end{definition}

由上个定理, 我们有

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵.
    设 \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    设 \(s\) 是数.
    作 \(n\)~级阵 \(M(n; q; s)\), 其中,
    \begin{align*}
        [M(n; q; s)]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [I_n]_{i,j},   & j \neq q; \\
            s [I_n]_{i,q}, & j = q.
        \end{cases}
    \end{align*}
    (通俗地, 以 \(s\) 乘 \(I_n\) 的列~\(q\),
    且不改变别的列, 得阵 \(M(n; q; s)\).)
    则
    \begin{align*}
        [A M(n; q; s)]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [A]_{i,j},   & j \neq q; \\
            s [A]_{i,q}, & j = q.
        \end{cases}
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意, 以 \(1\) 乘一个数 (或一个阵) 不改变此数 (或此阵).
    再注意, 当 \(i \neq j\) 时,
    \([M(n; q; s)]_{i,j} = 0\).
    取上个定理的 \(C\), \(D\)
    为 \(A\), \(M(n; q; s)\) 即可.
\end{proof}

由此, 我们有

\begin{theorem}
    设 \(D\) 是 \(n\)~级阵,
    且当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
    则
    \begin{align*}
        D =
        M(n; 1; [D]_{1,1})
        M(n; 2; [D]_{2,2})
        \dots
        M(n; n; [D]_{n,n}).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意, \(D\) 可被认为是分别以
    \([D]_{1,1}\), \([D]_{2,2}\), \(\dots\), \([D]_{n,n}\)
    乘 \(I_n\) 的列~\(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\)
    得到的阵.
    则
    \begin{align*}
        D
        = {} &
        (((I_n M(n; 1; [D]_{1,1})) M(n; 2; [D]_{2,2}))
        \dots) M(n; n; [D]_{n,n})
        \\
        = {} &
        I_n (M(n; 1; [D]_{1,1}) M(n; 2; [D]_{2,2})
        \dots M(n; n; [D]_{n,n}))
        \\
        = {} &
        M(n; 1; [D]_{1,1})
        M(n; 2; [D]_{2,2})
        \dots
        M(n; n; [D]_{n,n}).
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

% restatable
\begin{restatable}{theorem}{TheoremMultiplyMultiplyAddDu}
    设 \(A\) 是一个 \(n\)~级阵.
    则存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\),
    \(F_1\),
    \(E_2\),
    \(F_2\),
    \(\dots\),
    \(E_u\),
    \(F_u\),
    与若干个形如 \(M(n; q'; s')\) 的阵
    \(M_1\), \(M_2\), \(\dots\), \(M_n\),
    使
    \begin{align*}
        A =
        F_1 F_2 \dots F_u
        M_1 M_2 \dots M_n
        E_u \dots E_2 E_1.
    \end{align*}
\end{restatable}

\begin{proof}
    我们知道, 对 \(n\)~级阵 \(A\),
    存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_u\),
    与若干个形如 \(E(n; p', q'; s')\)
    (\(s'\) 是一个数,
    \(p'\), \(q'\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p' \neq q'\))
    的阵
    \(F_1\), \(F_2\), \(\dots\), \(F_u\),
    与 \(n\)~级阵 \(D\),
    使
    \(A = (F_1 F_2 \dots F_u) D (E_u \dots E_2 E_1)\),
    且当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
    我们也知道, 对 \(D\),
    存在若干个形如 \(M(n; q''; s'')\) 的阵
    \(M_1\), \(M_2\), \(\dots\), \(M_n\),
    使 \(D = M_1 M_2 \dots M_n\).
    则
    \begin{align*}
        A
        = {} &
        (F_1 F_2 \dots F_u) D (E_u \dots E_2 E_1)
        \\
        = {} &
        (F_1 F_2 \dots F_u)
        (M_1 M_2 \dots M_n)
        (E_u \dots E_2 E_1)
        \\
        = {} &
        F_1 F_2 \dots F_u
        M_1 M_2 \dots M_n
        E_u \dots E_2 E_1.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

我们以一个例结束本节.

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\),
    且不等的正整数.

    对 \(A\),
    加列~\(q\) 到列~\(p\),
    得 \(m \times n\)~阵 \(A_1\).
    则当 \(j \neq p\) 且 \(j \neq q\) 时,
    \(A_1\) 的列~\(j\) 是 \(A\) 的列~\(j\);
    当 \(j = p\) 时,
    \(A_1\) 的列~\(j\) 是
    \(A\) 的列~\(p\) 加 \(A\) 的列 \(q\);
    当 \(j = q\) 时,
    \(A_1\) 的列~\(j\) 是 \(A\) 的列~\(q\).

    对 \(A_1\),
    加列~\(p\) 的 \(-1\)~倍到列~\(q\),
    得 \(m \times n\)~阵 \(A_2\).
    则当 \(j \neq p\) 且 \(j \neq q\) 时,
    \(A_2\) 的列~\(j\) 是 \(A_1\) 的列~\(j\),
    即 \(A\) 的列 \(j\);
    当 \(j = p\) 时,
    \(A_2\) 的列~\(j\) 是 \(A_1\) 的列~\(p\),
    即 \(A\) 的列~\(p\) 加 \(A\) 的列 \(q\);
    当 \(j = q\) 时,
    \(A_2\) 的列~\(j\) 是
    \(A_1\) 的列~\(q\) 加 \(A_1\) 的列~\(p\) 的 \(-1\)~倍,
    即 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(-1\)~倍.

    对 \(A_2\),
    加列~\(q\) 到列~\(p\),
    得 \(m \times n\)~阵 \(A_3\).
    则当 \(j \neq p\) 且 \(j \neq q\) 时,
    \(A_3\) 的列~\(j\) 是 \(A_2\) 的列~\(j\),
    即 \(A\) 的列 \(j\);
    当 \(j = p\) 时,
    \(A_3\) 的列~\(j\) 是
    \(A_2\) 的列~\(p\) 加 \(A_2\) 的列~\(q\),
    即 \(A\) 的列~\(p\) 加 \(A\) 的列 \(q\),
    再加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(-1\)~倍,
    即 \(A\) 的列 \(q\);
    当 \(j = q\) 时,
    \(A_3\) 的列~\(q\) 是 \(A_2\) 的列~\(q\),
    即 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(-1\)~倍.

    由此可见,
    三次列的倍加 ``几乎'' 可交换阵的二列.
    具体地,
    \begin{align*}
        [A E(n; q, p; 1) E(n; p, q; -1) E(n; q, p; 1)]_{i,j}
        = \begin{cases}
              [A]_{i,q},  & \text{\(j = p\)}; \\
              -[A]_{i,p}, & \text{\(j = q\)}; \\
              [A]_{i,j},  & \text{别的情形}.
          \end{cases}
    \end{align*}

    进一步地, 对 \(A_3\), 若我们以 \(-1\) 乘列 \(q\),
    得 \(m \times n\)~阵 \(A_4\),
    则当 \(j \neq p\) 且 \(j \neq q\) 时,
    \(A_4\) 的列~\(j\) 是 \(A\) 的列~\(j\);
    当 \(j = p\) 时,
    \(A_4\) 的列~\(j\) 是 \(A\) 的列~\(q\);
    当 \(j = q\) 时,
    \(A_4\) 的列~\(j\) 是 \(A\) 的列~\(p\).

    由此可见,
    三次列的倍加与一次列的倍乘可交换阵的二列.
    具体地,
    \begin{align*}
        [A E(n; q, p; 1) E(n; p, q; -1) E(n; q, p; 1)
            M(n; q; -1)]_{i,j}
        = \begin{cases}
              [A]_{i,q}, & \text{\(j = p\)}; \\
              [A]_{i,p}, & \text{\(j = q\)}; \\
              [A]_{i,j}, & \text{别的情形}.
          \end{cases}
    \end{align*}
\end{example}

\section{Pfaffian 的性质 (续)}

前面, 我们得到了 pfaffian 的多的性质.
以下三条是重要的:

\TheoremPfaffianMulitply*

\TheoremPfaffianMulitplyAndAdd*

\TheoremPfaffianSquareDet*

本节, 我们证明 pfaffian 的一个新的重要的性质.
为此, 我们先改写第 1, 2 条性质.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(s\) 是数.
    设 \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf}{( (M(n; q; s))^{\mathrm{T}}
            A M(n; q; s) )}
        = \operatorname{pf} {(A)} \det {(M(n; q; s))}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    记 \(M = M(n; q; s)\).
    注意,
    \begin{align*}
        [M^{\mathrm{T}} A M]_{i,j}
        = {} &
        \sum_{k = 1}^{n}
            {
                [M^{\mathrm{T}}]_{i,k} [A M]_{k,j}
            }
        \\
        = {} &
        \sum_{k = 1}^{n}
            {
                [M]_{k,i} [A M]_{k,j}
            }
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i} [A M]_{i,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq n    \\k \neq i}}
        {
            [M]_{k,i} [A M]_{k,j}
        }
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i} [A M]_{i,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq n    \\k \neq i}}
        {
            0\, [A M]_{k,j}
        }
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
            [A M]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
        \sum_{\ell = 1}^{n}
            {[A]_{i,\ell} [M]_{\ell,j}}
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
        \Bigg(
        [A]_{i,j} [M]_{j,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq \ell \leq n \\ \ell \neq j}}
        {[A]_{i,\ell} [M]_{\ell,j}}
        \Bigg)
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
        \Bigg(
        [A]_{i,j} [M]_{j,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq \ell \leq n \\ \ell \neq j}}
        {[A]_{i,\ell} \, 0}
        \Bigg)
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}.
    \end{align*}
    当 \(i \neq q\), \(j \neq q\) 时,
    \begin{align*}
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}
        = 1\, [A]_{i,j}\, 1
            = [A]_{i,j};
    \end{align*}
    当 \(i = q\), \(j \neq q\) 时,
    \begin{align*}
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}
        = s\, [A]_{i,j}\, 1
        = s\, [A]_{i,j};
    \end{align*}
    当 \(i \neq q\), \(j = q\) 时,
    \begin{align*}
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}
        = 1\, [A]_{i,j} s
        = s\, [A]_{i,j};
    \end{align*}
    当 \(i = q\), \(j = q\) 时,
    \begin{align*}
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}
        = s\, 0\, s
        = 0
        = s\, [A]_{i,j}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf}{( (M(n; q; s))^{\mathrm{T}}
            A M(n; q; s) )}
        = s \operatorname{pf} {(A)}
        = \operatorname{pf} {(A)}\, s.
    \end{align*}
    注意, \(\det {(M(n; q; s))} = s\):
    \(M(n; q; s)\) 是以 \(s\) 乘
    \(n\)~级单位阵 \(I_n\) 的列~\(q\) 得到的阵,
    则 \(\det {(M(n; q; s))} = \det {(I_n)}\, s = s\).
    从而
    \begin{equation*}
        \operatorname{pf}{( (M(n; q; s))^{\mathrm{T}}
            A M(n; q; s) )}
        = \operatorname{pf} {(A)} \det {(M(n; q; s))}.
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(s\) 是数.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf}{( (E(n; p, q; s))^{\mathrm{T}}
            A E(n; p, q; s) )}
        = \operatorname{pf} {(A)} \det {(E(n; p, q; s))}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵 \(B\).
    加 \(B\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵 \(C\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C)} = \operatorname{pf} {(A)}\).

    注意, \(C = (E(n; p, q; s))^{\mathrm{T}}
    A E(n; p, q; s)\),
    故
    \begin{align*}
        \operatorname{pf}{( (E(n; p, q; s))^{\mathrm{T}}
            A E(n; p, q; s) )} = \operatorname{pf} {(A)}.
    \end{align*}
    再注意, \(\det {(E(n; p, q; s))} = 1\),
    故
    \begin{equation*}
        \operatorname{pf}{( (E(n; p, q; s))^{\mathrm{T}}
            A E(n; p, q; s) )}
        =
        \operatorname{pf} {(A)}
        \det {(E(n; p, q; s))}.
        % \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

好的.
现在, 我们可以证明本节的主要结论了.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(P\) 是 \(n\)~级阵.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P^{\mathrm{T}} A P)}
        = \operatorname{pf} {(A)} \det {(P)}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}[证~1]
    我们知道,
    存在若干个 \(n\)~级阵
    \(C_1\), \(C_2\), \(\dots\), \(C_w\),
    使 \(P = C_1 C_2 \dots C_w\),
    其中, 每个 \(C_k\) 形如
    \(E(n; p, q; s)\) 或 \(M(n; q'; s')\).
    则对任何 \(n\)~级反称阵 \(X\),
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(C_k^{\mathrm{T}} X C_k)}
        = \operatorname{pf} {(X)} \det {(C_k)}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P^{\mathrm{T}} A P)}
        = {} &
        \operatorname{pf} {(
            (C_1 C_2 \dots C_w)^{\mathrm{T}} A
            (C_1 C_2 \dots C_w)
            )}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(
            C_w^{\mathrm{T}} \dots C_2^{\mathrm{T}}
            C_1^{\mathrm{T}} A
            C_1 C_2 \dots C_w
            )}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {
            (C_w^{\mathrm{T}}
            (C_{w-1}^{\mathrm{T}}
            (\dots
            (C_2^{\mathrm{T}}
            (C_1^{\mathrm{T}}
            A
            C_1)
            C_2)
            \dots)
            C_{w-1})
            C_w)
        }
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {
            (C_{w-1}^{\mathrm{T}}
            (\dots
            (C_2^{\mathrm{T}}
            (C_1^{\mathrm{T}}
            A
            C_1)
            C_2)
            \dots)
            C_{w-1})
        }
        \det {(C_w)}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(A)}
        \det {(C_1)} \det {(C_2)} \dots \det {(C_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(A)}
        \det {(C_1 C_2)} \dots \det {(C_w)}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(A)}
        \det {(C_1 C_2 \dots C_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(A)}
        \det {(P)}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{proof}[证~2]
    考虑定义在全体 \(n\)~级阵上的函数
    \(f(C) = \operatorname{pf} {(C^{\mathrm{T}} A C)}\),
    其中, \(C\) 是 \(n\)~级阵.

    (1)
    \(f\) 适合倍加不变性.
    (见 ``用行列式的性质确定行列式''.)
    设 \(E = E(n; p, q; s)\)
    (\(p \neq q\)).
    则加 \(C\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列,
    得阵 \(C E\).
    则
    \begin{align*}
        f(C E)
        = {} &
        \operatorname{pf} {((C E)^{\mathrm{T}} A (C E))}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(E^{\mathrm{T}} (C^{\mathrm{T}} A C) E)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(C^{\mathrm{T}} A C)}
        \\
        = {} &
        f(C).
    \end{align*}

    (2)
    \(f\) 适合多齐性.
    设 \(M = M(n; q; s)\).
    则以数 \(s\) 乘 \(C\) 的列~\(q\),
    且不改变别的列,
    得阵 \(C M\).
    则
    \begin{align*}
        f(C M)
        = {} &
        \operatorname{pf} {((C M)^{\mathrm{T}} A (C M))}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(M^{\mathrm{T}} (C^{\mathrm{T}} A C) M)}
        \\
        = {} &
        s \operatorname{pf}
        {(C^{\mathrm{T}} A C)}
        \\
        = {} &
        s f(C).
    \end{align*}

    所以, 对任何 \(n\)~级阵 \(P\),
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P^{\mathrm{T}} A P)}
        = {} &
        f(P)
        \\
        = {} &
        f(I) \det {(P)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(I^{\mathrm{T}} A I)} \det {(P)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(A)} \det {(P)}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\section{\texorpdfstring{辛阵的行列式为 \(1\)}%
  {辛阵的行列式为 1}}

\begin{theorem}
    设 \(K_m\) 是形如
    \begin{align*}
        \begin{bmatrix}
            0    & I_m \\
            -I_m & 0   \\
        \end{bmatrix}
    \end{align*}
    的 \(2m\)~级反称阵.
    设 \(2m\)~级阵 \(A\) 适合
    \(A^{\mathrm{T}} K_m A = K_m\).
    (我们说, \(A\) 是一个辛阵.)
    则 \(\det {(A)} = 1\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    不难算出, \(\det {(K_m)} = 1\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(K_m)} \operatorname{pf} {(K_m)}
        = \det {(K_m)} = 1.
    \end{align*}
    由
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(K_m)}
        = \operatorname{pf} {(A^{\mathrm{T}} K_m A)}
        = \operatorname{pf} {(K_m)} \det {(A)},
    \end{align*}
    知
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(K_m)} \operatorname{pf} {(K_m)}
        = \operatorname{pf} {(K_m)} \operatorname{pf} {(K_m)} \det {(A)},
    \end{align*}
    即
    \begin{equation*}
        1 = 1 \det {(A)} = \det {(A)}.
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

% 当然, 还有别的证明辛阵的行列式为 \(1\) 的方法,
% 但我就不在这儿说它们了.

\section{Pfaffian 的完全展开}

设 \(A\) 是 \(n\)~级阵.
我们定义了 \(A\) 的行列式
\begin{align*}
    \det {(A)}
    =
    \begin{dcases}
        [A]_{1,1},
         & n = 1;    \\
        \sum_{i = 1}^{n}
            {(-1)^{i+1} [A]_{i,1} \det {(A(i|1))}},
         & n \geq 2.
    \end{dcases}
\end{align*}
然后, 我们证明了, 具体地,
\begin{equation}
    \det {(A)}
    =
    \sum_{\substack{
            1 \leq i_1, i_2, \dots, i_n \leq n; \\
            i_1, i_2, \dots, i_n\,\text{互不相同}
        }}
    {s(i_1, i_2, \dots, i_n)\,
        [A]_{i_1,1} [A]_{i_2,2} \dots [A]_{i_n,n}},
    \label{eq:explicit-expression-of-determinant}
\end{equation}
其中,
\begin{align*}
    s(i_1, i_2, \dots, i_n)
    = {} & \prod_{1 \leq u < v \leq n}
    {\operatorname{sgn} {(i_v - i_u)}},
\end{align*}
其中,
\begin{align*}
    \operatorname{sgn} {(x)}
    =
    \begin{cases}
        1,  & x > 0; \\
        0,  & x = 0; \\
        -1, & x < 0.
    \end{cases}
\end{align*}
式~\eqref{eq:explicit-expression-of-determinant}
是行列式的完全展开.

设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
我们定义了 \(A\) 的 pfaffian
\begin{align*}
    \operatorname{pf} {(A)} =
    \begin{dcases}
        0,
         & n = 1;    \\
        [A]_{1,2},
         & n = 2;    \\
        \sum_{j = 2}^{n}
        {(-1)^{j} [A]_{1,j}
        \operatorname{pf} {(A({1,j}|{1,j}))}},
         & n \geq 3.
    \end{dcases}
\end{align*}
当 \(n\) 是奇数时,
我们用数学归纳法证明了,
\(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).
当 \(n = 2m\) 是偶数时,
我们也能具体地写 \(\operatorname{pf} {(A)}\) 吗?

本节, 我们研究偶数级反称阵的 pfaffian 的完全展开.

\begin{definition}
    设 \(A\) 是 \(2m\)~级反称阵.
    定义 \(A\) 的 ``qfaffian''
    \pinjino{kafiyan}
    \begin{align*}
        \operatorname{qf} {(A)}
        = \sum_{\substack{
        1 \leq i_1, j_1, \dots, i_m, j_m \leq 2m; \\
        i_1, j_1, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};   \\
        i_1 < j_1, \dots, i_m < j_m;              \\
                i_1 < \dots < i_m
            }}
        {s(i_1, j_1, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_m,j_m}}.
    \end{align*}
\end{definition}

注意, 既然 \(i_1 < j_1\), \(\dots\), \(i_m < j_m\),
且 \(i_1 < \dots < i_m\),
则 \(i_1\) 一定比 \(i_2\), \(\dots\), \(i_m\) 都小,
且 \(i_1\) 也比 \(j_1\), \(\dots\), \(j_m\) 都小.
则 \(i_1\) 是 \(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_m\), \(j_m\)
的最小的数.

注意, 我们不定义奇数级反称阵的 ``qfaffian''.

我们计算小级反称阵的 ``qfaffian''.

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(2 \cdot 1\)~级反称阵.
    则, 适合 \(i_1 < j_1\),
    且 \(1 \leq i_1, j_1 \leq 2\) 的 \((i_1, j_1)\) 是 \((1, 2)\).
    则 \(\operatorname{qf} {(A)} = s(1, 2)\, [A]_{1,2} = [A]_{1,2}\).
    注意, \(\operatorname{qf} {(A)} = \operatorname{pf} {(A)}\).
\end{example}

\begin{example}
    设 \(A\) 是 \(2 \cdot 2\)~级反称阵.
    则, 适合 \(i_1 < j_1\), \(i_2 < j_2\),
    \(i_1 < i_2\),
    且 \(1 \leq i_1, j_1, i_2, j_2 \leq 4\)
    的 \((i_1, j_1, i_2, j_2)\) 是
    \((1, 2, 3, 4)\), \((1, 3, 2, 4)\), \((1, 4, 2, 3)\).
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{qf} {(A)}
        \\
        = {} &
        s(1, 2, 3, 4)\, [A]_{1,2} [A]_{3,4}
        + s(1, 3, 2, 4)\, [A]_{1,3} [A]_{2,4}
        + s(1, 4, 2, 3)\, [A]_{1,4} [A]_{2,3}
        \\
        = {} &
        1\, [A]_{1,2} [A]_{3,4}
        + (-1)\, [A]_{1,3} [A]_{2,4}
        + 1\, [A]_{1,4} [A]_{2,3}
        \\
        = {} &
        [A]_{1,2} [A]_{3,4}
        - [A]_{1,3} [A]_{2,4}
        + [A]_{1,4} [A]_{2,3}.
    \end{align*}
    注意, \(\operatorname{qf} {(A)} = \operatorname{pf} {(A)}\).
\end{example}

我们会证明, 对任何 \(2m\)~级反称阵 \(A\),
\(\operatorname{qf} {(A)} = \operatorname{pf} {(A)}\).
不过, 我们要作准备.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(2m\)~级反称阵.
    设 \(2 \leq 2k \leq 2m\).
    设 \(1 \leq h_1 < \dots < h_{2k} \leq 2m\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{qf} {\left(
            A\binom{h_1,\dots,h_{2k}}{h_1,\dots,h_{2k}}
            \right)}
        = \sum_{\substack{
        i_1, j_1, \dots, i_k, j_k \text{是} \\
        h_1, \dots h_{2k} \text{的排列};      \\
        i_1 < j_1, \dots, i_k < j_k;       \\
                i_1 < \dots < i_k
            }}
        {s(i_1, j_1, \dots, i_k, j_k)\,
            [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_k,j_k}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    记
    \begin{align*}
        B = A\binom{h_1,\dots,h_{2k}}{h_1,\dots,h_{2k}}.
    \end{align*}
    则 \(B\) 是 \(2k\)~级反称阵,
    且 \([B]_{u,v} = [A]_{h_u,h_v}\).

    记 \(f(h_t) = t\), \(t = 1\), \(\dots\), \(2k\).
    则若 \(h_u < h_v\), 必 \(f(h_u) < f(h_v)\);
    反过来, 若 \(f(h_u) < f(h_v)\), 必 \(h_u < h_v\).
    那么:

    (1)
    对任何 \(h_1\), \(\dots\), \(h_{2k}\) 的排列
    \(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_k\), \(j_k\),
    我们有,
    \(f(i_1)\), \(f(j_1)\), \(\dots\), \(f(i_k)\), \(f(j_k)\)
    一定是 \(1\), \(\dots\), \(2k\) 的排列.
    反过来, 对任何 \(1\), \(\dots\), \(2k\) 的排列
    \(u_1\), \(v_1\), \(\dots\), \(u_k\), \(v_k\),
    我们有,
    \(h_{u_1}\), \(h_{v_1}\), \(\dots\), \(h_{u_k}\), \(h_{v_k}\),
    一定是 \(h_1\), \(\dots\), \(h_{2k}\) 的排列.

    (2)
    若 \(h_1\), \(\dots\), \(h_{2k}\) 的排列
    \(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_k\), \(j_k\)
    适合
    \(i_1 < j_1\), \(\dots\), \(i_k < j_k\),
    则对应的 \(1\), \(\dots\), \(2k\) 的排列
    \(f(i_1)\), \(f(j_1)\), \(\dots\), \(f(i_k)\), \(f(j_k)\)
    适合
    \(f(i_1) < f(j_1)\), \(\dots\), \(f(i_k) < f(j_k)\).
    反过来, 若 \(1\), \(\dots\), \(2k\) 的排列
    \(u_1\), \(v_1\), \(\dots\), \(u_k\), \(v_k\)
    适合
    \(u_1 < v_1\), \(\dots\), \(u_k < v_k\),
    则对应的 \(h_1\), \(\dots\), \(h_{2k}\) 的排列
    \(h_{u_1}\), \(h_{v_1}\), \(\dots\), \(h_{u_k}\), \(h_{v_k}\)
    适合
    \(h_{u_1} < h_{v_1}\), \(\dots\), \(h_{u_k} < h_{v_k}\).

    (3)
    若 \(h_1\), \(\dots\), \(h_{2k}\) 的排列
    \(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_k\), \(j_k\)
    适合
    \(i_1 < \dots < i_k\),
    则对应的 \(1\), \(\dots\), \(2k\) 的排列
    \(f(i_1)\), \(f(j_1)\), \(\dots\), \(f(i_k)\), \(f(j_k)\)
    适合
    \(f(i_1) < \dots < f(i_k)\).
    反过来, 若 \(1\), \(\dots\), \(2k\) 的排列
    \(u_1\), \(v_1\), \(\dots\), \(u_k\), \(v_k\)
    适合
    \(u_1 < \dots < u_k\),
    则对应的 \(h_1\), \(\dots\), \(h_{2k}\) 的排列
    \(h_{u_1}\), \(h_{v_1}\), \(\dots\), \(h_{u_k}\), \(h_{v_k}\)
    适合
    \(h_{u_1} < \dots < h_{u_k}\).

    (4)
    既然 \(h_u < h_v\) 相当于 \(f(h_u) < f(h_v)\),
    我们有,
    \(\operatorname{sgn} {(f(h_t) - f(h_s))}
    = \operatorname{sgn} {(h_t - h_s)}\).
    则
    \(s(f(i_1), f(j_1), \dots, f(i_k), f(j_k))
    = s(i_1, j_1, \dots, i_k, j_k)\).

    综上,
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{qf} {\left(
            A\binom{h_1,\dots,h_{2k}}{h_1,\dots,h_{2k}}
            \right)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{qf} {(B)}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{
        i_1, j_1, \dots, i_k, j_k \text{是} \\
        h_1, \dots h_{2k} \text{的排列};      \\
        i_1 < j_1, \dots, i_k < j_k;       \\
                i_1 < \dots < i_k
            }}
        {s(f(i_1), f(j_1), \dots, f(i_k), f(j_k))\,
            [B]_{f(i_1),f(j_1)} \dots [B]_{f(i_k),f(j_k)}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{
        i_1, j_1, \dots, i_k, j_k \text{是} \\
        h_1, \dots h_{2k} \text{的排列};      \\
        i_1 < j_1, \dots, i_k < j_k;       \\
                i_1 < \dots < i_k
            }}
        {s(i_1, j_1, \dots, i_k, j_k)\,
            [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_k,j_k}}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(p_1\), \(p_2\), \(p_3\), \(\dots\), \(p_n\)
    是不超过 \(n\) 的正整数,
    且互不相同.
    设 \(p_1 = 1\).
    则
    \begin{align*}
        s(p_1, p_2, p_3, \dots, p_n)
        = (-1)^{p_2 - 2}\, s(p_3, \dots, p_n).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意,
    \begin{align*}
             &
        s(p_1, p_2, p_3, \dots, p_n)
        \\
        = {} &
        \prod_{1 \leq u < v \leq n}
        {\operatorname{sgn} {(p_v - p_u)}}
        \\
        = {} &
        \left(
        \prod_{\substack{1 \leq u < v \leq n \\
                u = 1}}
        {\operatorname{sgn} {(p_v - p_u)}}
        \right)
        \cdot
        \left(
        \prod_{\substack{1 \leq u < v \leq n \\
                u = 2}}
        {\operatorname{sgn} {(p_v - p_u)}}
        \right)
        \cdot
        \left(
        \prod_{\substack{1 \leq u < v \leq n \\
                u \geq 3}}
        {\operatorname{sgn} {(p_v - p_u)}}
        \right)
        \\
        = {} &
        \left(
        \prod_{2 \leq v \leq n}
        {\operatorname{sgn} {(p_v - p_1)}}
        \right)
        \cdot
        \left(
        \prod_{3 \leq v \leq n}
        {\operatorname{sgn} {(p_v - p_2)}}
        \right)
        \cdot
        s(p_3, \dots, p_n).
    \end{align*}
    注意, 既然 \(p_1 = 1\),
    则 \(v \neq 1\) 时, 必 \(p_v > 1\).
    则
    \begin{align*}
        \prod_{2 \leq v \leq n}
        {\operatorname{sgn} {(p_v - p_1)}}
        = 1.
    \end{align*}
    注意, 在 \(p_3\), \(\dots\), \(p_n\) 里,
    恰有 \(p_2 - 2\) 个数比 \(p_2\) 小
    (注意, \(p_1 = 1\)).
    则
    \begin{align*}
        \prod_{3 \leq v \leq n}
        {\operatorname{sgn} {(p_v - p_2)}}
        = (-1)^{p_2 - 2}.
    \end{align*}
    综上,
    \begin{equation*}
        s(p_1, p_2, p_3, \dots, p_n)
        = (-1)^{p_2 - 2}\, s(p_3, \dots, p_n).
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

现在, 我们证明, ``qfaffian'' 就是 pfaffian.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(2m\)~级反称阵.
    则
    % \(\operatorname{pf} {(A)} = \operatorname{qf} {(A)}\).
    % 所以,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)}
        = \sum_{\substack{
        1 \leq i_1, j_1, \dots, i_m, j_m \leq 2m; \\
        i_1, j_1, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};   \\
        i_1 < j_1, \dots, i_m < j_m;              \\
                i_1 < \dots < i_m
            }}
        {s(i_1, j_1, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_m,j_m}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    作命题 \(P(m)\):
    对任何 \(2m\)~级反称阵 \(A\),
    \(\operatorname{pf} {(A)} = \operatorname{qf} {(A)}\).
    我们用数学归纳法证明,
    对任何正整数 \(m\),
    \(P(m)\) 是对的.

    \(P(1)\) 是对的.

    我们设 \(P(m-1)\) 是对的.
    我们要由此证明, \(P(m)\) 是对的.

    任取 \(2m\)~级反称阵 \(A\).
    记 \(i_1 = 1\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)}
        = {} &
        \sum_{2 \leq j_1 \leq 2m}
        {(-1)^{j_1} [A]_{i_1,j_1}
        \operatorname{pf} {(A({i_1,j_1}|{i_1,j_1}))}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{
        i_1 = 1; \\
            i_1 < j_1 \leq 2m
        }}
        {(-1)^{j_1} [A]_{i_1,j_1}
        \operatorname{pf} {(A({i_1,j_1}|{i_1,j_1}))}}.
    \end{align*}
    由假定,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A({i_1,j_1}|{i_1,j_1}))}
        = {} &
        \operatorname{qf} {(A({i_1,j_1}|{i_1,j_1}))}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{
        1 \leq i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \leq 2m; \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \neq i_1;       \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \neq j_1;       \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};   \\
        i_2 < j_2, \dots, i_m < j_m;              \\
                i_2 < \dots < i_m
            }}
        {s(i_2, j_2, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_2,j_2} \dots [A]_{i_m,j_m}}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(A)}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{
        i_1 = 1;                                            \\
                i_1 < j_1 \leq 2m
            }}
        (-1)^{j_1} [A]_{i_1,j_1}
        \sum_{\substack{
        1 \leq i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \leq 2m;           \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \neq i_1;                 \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \neq j_1;                 \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};             \\
        i_2 < j_2, \dots, i_m < j_m;                        \\
                i_2 < \dots < i_m
            }}
        {s(i_2, j_2, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_2,j_2} \dots [A]_{i_m,j_m}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{
        i_1 = 1;                                            \\
                i_1 < j_1 \leq 2m
            }}
        \sum_{\substack{
        1 \leq i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \leq 2m;           \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \neq i_1;                 \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \neq j_1;                 \\
        i_2, j_2, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};             \\
        i_2 < j_2, \dots, i_m < j_m;                        \\
                i_2 < \dots < i_m
            }}
        { (-1)^{j_1} [A]_{i_1,j_1}
            s(i_2, j_2, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_2,j_2} \dots [A]_{i_m,j_m}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{
        1 \leq i_1, j_1, i_2, j_2, \dots, i_m, j_m \leq 2m; \\
        i_1, j_1, i_2, j_2, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};   \\
        i_1 < j_1, i_2 < j_2, \dots, i_m < j_m;             \\
                i_1 < i_2 < \dots < i_m
            }}
        { (-1)^{j_1-2}
            s(i_2, j_2, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_1,j_1} [A]_{i_2,j_2} \dots [A]_{i_m,j_m}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\substack{
        1 \leq i_1, j_1, \dots, i_m, j_m \leq 2m;           \\
        i_1, j_1, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};             \\
        i_1 < j_1, \dots, i_m < j_m;                        \\
                i_1 < \dots < i_m
            }}
        {s(i_1, j_1, i_2, j_2, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_1,j_1} [A]_{i_2,j_2} \dots [A]_{i_m,j_m}}
        \\
        = {} &
        \operatorname{qf} {(A)}.
    \end{align*}

    所以, \(P(m)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

既然我们有了 pfaffian 的完全展开,
我们就不再说 ``qfaffian'',
且不再用记号 \(\operatorname{qf}\).

值得提, \(2m\)~级反称阵的 pfaffian 有
\((2m-1) \cdot (2m-3) \cdot \dots \cdot 1\) 项.
若互不相同的
\(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_m\), \(j_m\)
适合
\(i_1 < j_1\), \(\dots\), \(i_m < j_m\),
且 \(i_1 < \dots < i_m\),
则 \(i_1\) 一定是 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(2m\) 的最小的数, \(1\).
则 \(j_1\) 有 \(2m-1\) 个选法.
则 \(i_2\) 一定是剩下的 \(2m-2\) 个数的最小的数.
则 \(j_2\) 有 \(2m-3\) 个选法.
……
则 \(i_m\) 一定是剩下的 \(2\) 个数的较小的数.
则 \(j_m\) 有 \(1\) 个选法.
由分步乘法计数原理, 这样的
\(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_m\), \(j_m\)
的个数是
\begin{align*}
    1 \cdot (2m-1) \cdot 1 \cdot (2m-3) \cdot \dots \cdot
    1 \cdot 1
    = (2m-1) \cdot (2m-3) \cdot \dots \cdot 1.
\end{align*}

Pfaffian 的完全展开有如下变体:

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(2m\)~级反称阵.
    则
    \begin{align*}
             &
        \sum_{\substack{
        1 \leq u_1, v_1, \dots, u_m, v_m \leq 2m; \\
                u_1, v_1, \dots, u_m, v_m\,\text{互不相同}
            }}
        {s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\,
            [A]_{u_1,v_1} \dots [A]_{u_m,v_m}}
        \\
        = {} &
        2^m m!
        \sum_{\substack{
        1 \leq i_1, j_1, \dots, i_m, j_m \leq 2m; \\
        i_1, j_1, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};   \\
        i_1 < j_1, \dots, i_m < j_m;              \\
                i_1 < \dots < i_m
            }}
        {s(i_1, j_1, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_m,j_m}},
    \end{align*}
    其中,
    \(m! = m \cdot (m-1) \cdot \dots \cdot 1\).
    所以,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(A)} =
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{\substack{
        1 \leq u_1, v_1, \dots, u_m, v_m \leq 2m; \\
                u_1, v_1, \dots, u_m, v_m\,\text{互不相同}
            }}
        {s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\,
            [A]_{u_1,v_1} \dots [A]_{u_m,v_m}}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    数的乘法适合结合律与交换律.
    那么, 对任何项
    \begin{align*}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\, [A]_{u_1,v_1} \dots [A]_{u_m,v_m},
    \end{align*}
    适当地交换
    \([A]_{u_1,v_1}\), \(\dots\), \([A]_{u_m,v_m}\)
    的次序,
    并注意, \([A]_{i,j} = -[A]_{j,i}\),
    我们可变它为 \(\sigma(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\,
    [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_m,j_m}\),
    其中,
    \(\sigma(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\)
    是由 \(u_1\), \(v_1\), \(\dots\), \(u_m\), \(v_m\) 确定的数
    (\(1\) 或 \(-1\)),
    \(i_1 < j_1\), \(\dots\), \(i_m < j_m\),
    且 \(i_1 < \dots < i_m\).
    我们说明,
    \begin{align*}
        \sigma(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m) = s(i_1, j_1, \dots, i_m, j_m),
    \end{align*}
    从而
    \begin{align*}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\, [A]_{u_1,v_1} \dots [A]_{u_m,v_m}
        =
        s(i_1, j_1, \dots, i_m, j_m)\, [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_m,j_m}.
    \end{align*}

    回想, 交换排列的二个数, 则它的符号变为原符号的相反数
    (见 ``排列'').
    那么,
    \begin{align*}
        s(\dots, u_p, v_p, \dots, u_q, v_q, \dots)
        = {} &
        (-1)\, s(\dots, u_q, v_p, \dots, u_p, v_q, \dots)
        \\
        = {} &
        (-1)\, (-1)\, s(\dots, u_q, v_q, \dots, u_p, v_p, \dots)
        \\
        = {} &
        s(\dots, u_q, v_q, \dots, u_p, v_p, \dots).
    \end{align*}
    这里, 未写的元是不变的, 下同.
    则
    \begin{align*}
             &
        s(\dots, u_p, v_p, \dots, u_q, v_q, \dots)\,
        (\dots [A]_{u_p,v_p} \dots [A]_{u_q,v_q} \dots)
        \\
        = {} &
        s(\dots, u_q, v_q, \dots, u_p, v_p, \dots)\,
        (\dots [A]_{u_q,v_q} \dots [A]_{u_p,v_p} \dots).
    \end{align*}
    另外,
    \begin{align*}
        s(\dots, u_p, v_p, \dots)
        = (-1)\, s(\dots, u_q, v_p, \dots),
    \end{align*}
    且
    \begin{align*}
        (\dots [A]_{u_q,v_q} \dots)
        = (-1)\, (\dots [A]_{v_q,u_q} \dots),
    \end{align*}
    故
    \begin{align*}
        s(\dots, u_p, v_p, \dots)\, (\dots [A]_{u_q,v_q} \dots)
        = s(\dots, v_p, u_p, \dots)\, (\dots [A]_{v_q,u_q} \dots).
    \end{align*}

    对 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(2m\) 的任何排列
    \(u_1\), \(v_1\), \(\dots\), \(u_m\), \(v_m\),
    我们分它的 \(2m\) 个数为 \(m\) 个偶
    \((u_1, v_1)\), \(\dots\), \((u_m, v_m)\).
    考虑由此排列确定的项
    \begin{align*}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\, [A]_{u_1,v_1} \dots [A]_{u_m,v_m}.
    \end{align*}
    前面的计算说明,
    交换这 \(m\) 个偶的次序不改变项的结果,
    且交换一个偶的二个数的次序也不改变项的结果.
    故
    \begin{align*}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\, [A]_{u_1,v_1} \dots [A]_{u_m,v_m}
        =
        s(i_1, j_1, \dots, i_m, j_m)\, [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_m,j_m},
    \end{align*}
    其中, \(i_1 < j_1\), \(\dots\), \(i_m < j_m\),
    且 \(i_1 < \dots < i_m\).

    注意,
    \(1\), \(2\), \(\dots\), \(2m\) 的任何排列
    \(u_1\), \(v_1\), \(\dots\), \(u_m\), \(v_m\)
    可被变为某个
    \(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_m\), \(j_m\),
    其中, \(i_1 < j_1\), \(\dots\), \(i_m < j_m\),
    且 \(i_1 < \dots < i_m\).
    反过来,
    对任何这样的
    \(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_m\), \(j_m\),
    我们分它的 \(2m\) 个数为 \(m\) 个偶
    \((i_1, j_1)\), \(\dots\), \((i_m, j_m)\),
    并自由地交换偶的次序,
    与一个偶的二个数的次序,
    可得
    \(1\), \(2\), \(\dots\), \(2m\) 的一个排列.
    我们有
    \(m \cdot (m-1) \cdot \dots \cdot 1 = m!\)
    个交换偶的次序的方式.
    偶的次序被给定后,
    我们有
    \(2 \cdot 2 \cdot \dots \cdot 2 \text{ (\(m\) 个 \(2\))}
    = 2^m\) 个交换偶的二个数的次序的方式.
    所以, 一个
    \(i_1\), \(j_1\), \(\dots\), \(i_m\), \(j_m\)
    (\(i_1 < j_1\), \(\dots\), \(i_m < j_m\),
    且 \(i_1 < \dots < i_m\))
    给出 \(2^m m!\) 个
    \(1\), \(2\), \(\dots\), \(2m\) 的排列,
    且由这些排列确定的项是相等的.
    故
    \begin{align*}
             &
        \sum_{\substack{
        1 \leq u_1, v_1, \dots, u_m, v_m \leq 2m; \\
                u_1, v_1, \dots, u_m, v_m\,\text{互不相同}
            }}
        {s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\,
            [A]_{u_1,v_1} \dots [A]_{u_m,v_m}}
        \\
        = {} &
        2^m m!
        \sum_{\substack{
        1 \leq i_1, j_1, \dots, i_m, j_m \leq 2m; \\
        i_1, j_1, \dots, i_m, j_m\,\text{互不相同};   \\
        i_1 < j_1, \dots, i_m < j_m;              \\
                i_1 < \dots < i_m
            }}
        {s(i_1, j_1, \dots, i_m, j_m)\,
            [A]_{i_1,j_1} \dots [A]_{i_m,j_m}}.
    \end{align*}
\end{proof}

最后, 我们用 pfaffian 的完全展开证明 pfaffian 的性质.

% a manual pagebreak
\clearpage

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(\ell\)~级反称阵.
    设 \(P\) 是 \(n \times \ell\)~阵.

    (1)
    若 \(n > \ell\),
    则 \(\operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})} = 0\).

    (2)
    若 \(n \leq \ell\),
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq j_1 < j_2 < \dots < j_{n} \leq \ell}
        {\det {\left(
                P\binom{1,2,\dots,n}{j_1,j_2,\dots,j_{n}}
                \right)}
            \operatorname{pf} {\left(
                A\binom{j_1,j_2,\dots,j_{n}}{j_1,j_2,\dots,j_{n}}
                \right)}}.
    \end{align*}
    特别地, 若 \(n = \ell\),
    则因适合条件
    \(1 \leq j_1 < j_2 < \dots < j_{n} \leq \ell\)
    的
    \(j_1\), \(j_2\), \(\dots\), \(j_{n}\),
    是, 且只能是,
    \(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\),
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})}
        = {} &
        \det {\left(
            P\binom{1,2,\dots,n}{1,2,\dots,n}
            \right)}
        \operatorname{pf} {\left(
            A\binom{1,2,\dots,n}{1,2,\dots,n}
            \right)}
        \\
        = {} &
        \det {(P)} \operatorname{pf} {(A)}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    若 \(n\) 是奇数, 则
    \(P A P^{\mathrm{T}}\)
    与
    \(\displaystyle
    A\binom{j_1,j_2,\dots,j_{n}}{j_1,j_2,\dots,j_{n}}\)
    都是奇数级反称阵,
    故它们的 pfaffian 都是 \(0\).
    则这是显然的.

    以下, 设 \(n = 2m\) 是偶数.

    注意,
    \begin{align*}
        [P A P^{\mathrm{T}}]_{i,j}
        = {} &
        \sum_{1 \leq t \leq \ell}
        {[P A]_{i,t} [P^{\mathrm{T}}]_{t,j}}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq t \leq \ell}
        {
            \left(
            \sum_{1 \leq r \leq \ell}
            {[P]_{i,r} [A]_{r,t}}
            \right)
            [P]_{j,t}
        }
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq r, t \leq \ell}
        {[P]_{i,r} [P]_{j,t} [A]_{r,t}}.
    \end{align*}
    为方便, 我们简单地写
    ``\(1 \leq u_1, v_1, \dots, u_m, v_m \leq x\)''
    为 ``\(u, v \text{:}\, m \text{:}\, x\)'',
    且简单地写 ``\(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m\) 互不相同''
    为 ``\(u, v \,\text{D}\)''.
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{\substack{
        u, v \text{:}\, m \text{:}\, 2m; \\
                u, v \,\text{D}
            }}
        {s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)\,
            [P A P^{\mathrm{T}}]_{u_1,v_1}
            \dots
            [P A P^{\mathrm{T}}]_{u_m,v_m}}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{\substack{
        u, v \text{:}\, m \text{:}\, 2m; \\
                u, v \,\text{D}
            }}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)
        \left(
        \sum_{1 \leq r_1, t_1 \leq \ell}
        {[P]_{u_1,r_1} [P]_{v_1,t_1} [A]_{r_1,t_1}}
        \right)
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad \,
        {} \cdot
        \dots
        \cdot
        \left(
        \sum_{1 \leq r_m, t_m \leq \ell}
        {[P]_{u_m,r_m} [P]_{v_m,t_m} [A]_{r_m,t_m}}
        \right)
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{\substack{
        u, v \text{:}\, m \text{:}\, 2m; \\
                u, v \,\text{D}
            }}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)     \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad
        {} \cdot
        \sum_{r, t \text{:}\, m \text{:}\, \ell}
        [P]_{u_1,r_1} [P]_{v_1,t_1} \dots [P]_{u_m,r_m} [P]_{v_m,t_m}
        \cdot [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{\substack{
        u, v \text{:}\, m \text{:}\, 2m; \\
                u, v \,\text{D}
            }}
        \sum_{r, t \text{:}\, m \text{:}\, \ell}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)
        \,
        [P]_{u_1,r_1} [P]_{v_1,t_1} \dots [P]_{u_m,r_m} [P]_{v_m,t_m}
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad
        \quad \quad \quad \quad
        {} \cdot [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{r, t \text{:}\, m \text{:}\, \ell}
        \sum_{\substack{
        u, v \text{:}\, m \text{:}\, 2m; \\
                u, v \,\text{D}
            }}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)
        \,
        [P]_{u_1,r_1} [P]_{v_1,t_1} \dots [P]_{u_m,r_m} [P]_{v_m,t_m}
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad
        \quad \quad \quad \quad
        {} \cdot [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{r, t \text{:}\, m \text{:}\, \ell}
        \left(
        \sum_{\substack{
        u, v \text{:}\, m \text{:}\, 2m; \\
                u, v \,\text{D}
            }}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)
        \,
        [P]_{u_1,r_1} [P]_{v_1,t_1} \dots [P]_{u_m,r_m} [P]_{v_m,t_m}
        \right)
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad
        {} \cdot [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}.
    \end{align*}
    作 \(2m\)~级阵 \(Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)\) 如下:
    \begin{align*}
        [Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)]_{i,2j-1} & = [P]_{i,r_j}, \\
        [Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)]_{i,2j}   & = [P]_{i,t_j}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
             &
        \sum_{\substack{
        u, v \text{:}\, m \text{:}\, 2m; \\
                u, v \,\text{D}
            }}
        s(u_1, v_1, \dots, u_m, v_m)
        \,
        [P]_{u_1,r_1} [P]_{v_1,t_1} \dots [P]_{u_m,r_m} [P]_{v_m,t_m}
        \\
        = {} &
        \det {(Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m))}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})}
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{r, t \text{:}\, m \text{:}\, \ell}
        \det {(Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m))}
        \,
        [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}.
    \end{align*}
    若在 \(r_1\), \(t_1\), \(\dots\), \(r_m\), \(t_m\),
    有二个数相同,
    则 \(Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)\) 有二列相同.
    则 \(\det {(Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m))} = 0\).

    (1)
    若 \(2m > \ell\),
    则在 \(r_1\), \(t_1\), \(\dots\), \(r_m\), \(t_m\),
    总有二个数相同.
    则和的每项都是 \(0\).
    故 \(\operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})} = 0\).

    (2)
    若 \(2m \leq \ell\),
    则 (见第~1~章, 节~\malneprasekcio{30})
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{1 \leq j_1 < \dots < j_{2m} \leq \ell}
        \sum_{\substack{
        r_1, t_1, \dots, r_m, t_m\,\text{是} \\
                j_1, \dots, j_{2m}\,\text{的排列}
            }}
        \det {(Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m))}
        \,
        [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}.
    \end{align*}
    因为 \(j_1 < j_2 < \dots < j_{2m}\),
    且 \(r_1\), \(t_1\), \(\dots\), \(r_m\), \(t_m\)
    是 \(j_1\), \(j_2\), \(\dots\), \(j_{2m}\) 的排列
    (见第~1~章, 节~\malneprasekcio{30})
    \begin{align*}
             &
        \det {(Q(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m))}
        \\
        = {} &
        \det {(Q(j_1, j_2, \dots, j_{2m}))}\,
        s(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)
        \\
        = {} &
        \det {\left(
            P\binom{1,2,\dots,2m}{j_1,j_2,\dots,j_{2m}}
            \right)}\,
        s(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m).
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{1 \leq j_1 < \dots < j_{2m} \leq \ell}
        \sum_{\substack{
        r_1, t_1, \dots, r_m, t_m\,\text{是} \\
                j_1, \dots, j_{2m}\,\text{的排列}
            }}
        \det {\left(
            P\binom{1,\dots,2m}{j_1,\dots,j_{2m}}
            \right)}\,
        s(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad
        \cdot
        [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{1 \leq j_1 < \dots < j_{2m} \leq \ell}
        \det {\left(
            P\binom{1,\dots,2m}{j_1,\dots,j_{2m}}
            \right)}
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad
        \cdot
        \sum_{\substack{
        r_1, t_1, \dots, r_m, t_m\,\text{是} \\
                j_1, \dots, j_{2m}\,\text{的排列}
            }}
        s(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)\,
        [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq j_1 < \dots < j_{2m} \leq \ell}
        \det {\left(
            P\binom{1,\dots,2m}{j_1,\dots,j_{2m}}
            \right)}
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad
        \cdot
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{\substack{
        r_1, t_1, \dots, r_m, t_m\,\text{是} \\
                j_1, \dots, j_{2m}\,\text{的排列}
            }}
        s(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)\,
        [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}.
    \end{align*}

    设
    \begin{align*}
        H(j_1, j_2, \dots, j_{2m}) =
        A\binom{j_1,j_2,\dots,j_{2m}}{j_1,j_2,\dots,j_{2m}}.
    \end{align*}
    不难看出,
    \([H(j_1, j_2, \dots, j_{2m})]_{u,v} = [A]_{j_u,j_v}\).
    记 \(f(j_a) = a\)
    (\(a = 1\), \(2\), \(\dots\), \(2m\)).
    设 \(g_1\), \(g_2\), \(\dots\), \(g_{2m}\)
    是 \(j_1\), \(j_2\), \(\dots\), \(j_{2m}\)
    的一个排列.
    那么, \(f(g_1)\), \(f(g_2)\), \(\dots\), \(f(g_{2m})\)
    是 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(2m\) 的一个排列.
    反过来, 若 \(w_1\), \(w_2\), \(\dots\), \(w_{2m}\)
    是 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(2m\) 的一个排列,
    则 \(j_{w_1}\), \(j_{w_2}\), \(\dots\), \(j_{w_{2m}}\)
    是 \(j_1\), \(j_2\), \(\dots\), \(j_{2m}\) 的一个排列.
    并且, 若 \(g_a < g_b\), 必有 \(f(g_a) < f(g_b)\).
    反过来, 若 \(f(g_a) < f(g_b)\), 必有 \(g_a < g_b\).
    从而
    \(\operatorname{sgn} {(g_b - g_a)}
    = \operatorname{sgn} {(f(g_b) - f(g_a))}\).
    则
    \(s(g_1, g_2, \dots, g_{2m})
    = s(f(g_1), f(g_2), \dots, f(g_{2m}))\).
    故
    \begin{align*}
             &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{\substack{
        r_1, t_1, \dots, r_m, t_m\,\text{是} \\
                j_1, \dots, j_{2m}\,\text{的排列}
            }}
        s(r_1, t_1, \dots, r_m, t_m)\,
        [A]_{r_1,t_1} \dots [A]_{r_m,t_m}
        \\
        = {} &
        \frac{1}{2^m m!}
        \sum_{\substack{
        r_1, t_1, \dots, r_m, t_m\,\text{是} \\
                j_1, \dots, j_{2m}\,\text{的排列}
            }}
        s(f(r_1), f(t_1), \dots, f(r_m), f(t_m))
        \\
             &
        \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad
        \cdot
        [H(j_1, \dots, j_{2m})]_{f(r_1),f(t_1)}
        \dots
        [H(j_1, \dots, j_{2m})]_{f(r_m),f(t_m)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(H(j_1, \dots, j_{2m}))}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {\left(
            A\binom{j_1,\dots,j_{2m}}{j_1,\dots,j_{2m}}
            \right)}.
    \end{align*}
    从而
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})}
        = {} &
        \sum_{1 \leq j_1 < \dots < j_{2m} \leq \ell}
        {\det {\left(
                P\binom{1,\dots,2m}{j_1,\dots,j_{2m}}
                \right)}
            \operatorname{pf} {\left(
                A\binom{j_1,\dots,j_{2m}}{j_1,\dots,j_{2m}}
                \right)}}.
    \end{align*}
\end{proof}

% a manual pagebreak
\clearpage

% \begin{theorem}
%     设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
%     则 \(\det {(A)}
%     = (\operatorname{pf} {(A)})^2\).
% \end{theorem}
\TheoremPfaffianSquareDet*

\begin{proof}
    设 \(n\) 是奇数.
    则 \(\det {(A)} = 0\),
    且 \(\operatorname{pf} {(A)} = 0\).

    再设 \(n = 2m\) 是偶数.
    我们知道,
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P A P^{\mathrm{T}})}
        = \det {(P)} \operatorname{pf} {(A)}.
    \end{align*}
    我们取 \(P\) 为 \(2m\)~级阵 \(E(2m; p, q; s)\),
    其中, \(p \neq q\), 且
    \begin{align*}
        [E(2m; p, q; s)]_{i,j}
        = \begin{cases}
              s,              & \text{\(i = p\), 且 \(j = q\)}; \\
              [I_{2m}]_{i,j}, & \text{别的情形},
          \end{cases}
    \end{align*}
    则我们知道,
    作一次列的倍加与一次对应的行的倍加不改变 pfaffian,
    因为 \(\det {(E(2m; p, q; s))} = 1\).

    利用若干次列的倍加, 与对应的行的倍加
    (先列后行, 交替地作),
    我们可变 \(A\) 为
    \begin{align*}
        B =
        \begin{bmatrix}
            0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      \\
            0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
            \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_m    \\
            0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_m   & 0      \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    则 \(\det {(B)} = \det {(A)}\),
    且 \(\operatorname{pf} {(B)} = \operatorname{pf} {(A)}\).
    最后, 注意, \(\det {(B)}
    = (\operatorname{pf} {(B)})^2\),
    故 \(\det {(A)}
    = (\operatorname{pf} {(A)})^2\).
\end{proof}

\section{阵的积与倍加 (续)}

本节, 我们进一步地讨论阵的积与 (列的) 倍加的关系.

回想, 我们有如下结论.

\TheoremMultiplyAndAdd*

在本节, 我们设 \(m \leq n\).
于是, 通俗地, 对任何 \(m \times n\)~阵
\begin{align*}
    A =
    \begin{bmatrix}
        [A]_{1,1}   & [A]_{1,2}   & \cdots & [A]_{1,m-1}   & [A]_{1,m}   & \cdots & [A]_{1,n}   \\
        [A]_{2,1}   & [A]_{2,2}   & \cdots & [A]_{2,m-1}   & [A]_{2,m}   & \cdots & [A]_{2,n}   \\
        \vdots      & \vdots      & {}     & \vdots        & \vdots      & {}     & \vdots      \\
        [A]_{m-1,1} & [A]_{m-1,2} & \cdots & [A]_{m-1,m-1} & [A]_{m-1,m} & \cdots & [A]_{m-1,n} \\
        [A]_{m,1}   & [A]_{m,2}   & \cdots & [A]_{m,m-1}   & [A]_{m,m}   & \cdots & [A]_{m,n}   \\
    \end{bmatrix},
\end{align*}
我们总可作列的倍加, 变 \(A\) 为
\begin{align*}
    B =
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
        [B]_{2,1}   & [B]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
        \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots    & \mathsf{O} \\
        [B]_{m-1,1} & [B]_{m-1,2} & \cdots & [B]_{m-1,m-1} & 0         & {}         \\
        [B]_{m,1}   & [B]_{m,2}   & \cdots & [B]_{m,m-1}   & [B]_{m,m} & {}         \\
    \end{bmatrix},
\end{align*}
其中, \(\mathsf{O}\) 表示 \(m \times (n - m)\)~零阵
(若 \(n > m\))
或 ``无'' (若 \(n = m\)).

若 \([B]_{1,1}\), \([B]_{2,2}\), \(\dots\), \([B]_{m,m}\)
都不是 \(0\),
则我们可用列的倍加, 进一步地变 \(B\) 为
\begin{align*}
    D =
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots    & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-1,m-1} & 0         & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & [B]_{m,m} & {}         \\
    \end{bmatrix};
\end{align*}
具体地, \(D\) 是 \(m \times n\)~阵,
且
\begin{align*}
    [D]_{i,j} =
    \begin{cases}
        [B]_{i,i}, & i = j;       \\
        0,         & \text{别的情形}.
    \end{cases}
\end{align*}

注意, \([B]_{m,m} \neq 0\).
我们加 \(B\) 的%
列~\(m\) 的 \(-[B]_{m,m-1}/[B]_{m,m}\)~倍于列~\(m-1\),
列~\(m\) 的 \(-[B]_{m,m-2}/[B]_{m,m}\)~倍于列~\(m-2\),
……
列~\(m\) 的 \(-[B]_{m,1}/[B]_{m,m}\)~倍于列~\(1\),
得
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0             & 0         & {}         \\
        [B]_{2,1}   & [B]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0             & 0         & {}         \\
        \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots        & \vdots    & \mathsf{O} \\
        [B]_{m-2,1} & [B]_{m-2,2} & \cdots & [B]_{m-2,m-2} & 0             & 0         & {}         \\
        [B]_{m-1,1} & [B]_{m-1,2} & \cdots & [B]_{m-1,m-2} & [B]_{m-1,m-1} & 0         & {}         \\
        0           & 0           & \cdots & 0             & 0             & [B]_{m,m} & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
然后, 注意, \([B]_{m-1,m-1} \neq 0\).
我们加%
列~\(m-1\) 的 \(-[B]_{m-1,m-2}/[B]_{m-1,m-1}\)~倍于列~\(m-2\),
列~\(m-1\) 的 \(-[B]_{m-1,m-3}/[B]_{m-1,m-1}\)~倍于列~\(m-3\),
……
列~\(m-1\) 的 \(-[B]_{m-1,1}/[B]_{m-1,m-1}\)~倍于列~\(1\),
得
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0             & 0         & {}         \\
        [B]_{2,1}   & [B]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0             & 0         & {}         \\
        \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots        & \vdots    & \mathsf{O} \\
        [B]_{m-2,1} & [B]_{m-2,2} & \cdots & [B]_{m-2,m-2} & 0             & 0         & {}         \\
        0           & 0           & \cdots & 0             & [B]_{m-1,m-1} & 0         & {}         \\
        0           & 0           & \cdots & 0             & 0             & [B]_{m,m} & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
……
最后, 我们得
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots    & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-1,m-1} & 0         & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & [B]_{m,m} & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}

进一步地, 我们还可变 \(D\) 为
\begin{align*}
    M =
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} [B]_{2,2} \dots [B]_{m,m} & 0      & \cdots & 0      & 0      & {}         \\
        0                                   & 1      & \cdots & 0      & 0      & {}         \\
        \vdots                              & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \mathsf{O} \\
        0                                   & 0      & \cdots & 1      & 0      & {}         \\
        0                                   & 0      & \cdots & 0      & 1      & {}         \\
    \end{bmatrix};
\end{align*}
具体地, \(M\) 是 \(m \times n\)~阵,
且
\begin{align*}
    [M]_{i,j} =
    \begin{cases}
        [B]_{1,1} [B]_{2,2} \dots [B]_{m,m}, & i = j = 1;   \\
        [I_n]_{i,j},                         & \text{别的情形}.
    \end{cases}
\end{align*}

我们加列~\(m\) 的 \((1 - [B]_{m,m})/[B]_{m,m}\)~倍于列~\(m-1\), 有
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0             & 0         & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0             & 0         & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots        & \vdots    & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-2,m-2} & 0             & 0         & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & [B]_{m-1,m-1} & 0         & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & 1-[B]_{m,m}   & [B]_{m,m} & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
我们加列~\(m-1\) 于列~\(m\), 有
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0             & 0             & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0             & 0             & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots        & \vdots        & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-2,m-2} & 0             & 0             & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & [B]_{m-1,m-1} & [B]_{m-1,m-1} & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & 1-[B]_{m,m}   & 1             & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
我们加列~\(m\) 的 \([B]_{m,m}-1\)~倍于列~\(m-1\), 有
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0                       & 0             & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0                       & 0             & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots                  & \vdots        & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-2,m-2} & 0                       & 0             & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & [B]_{m-1,m-1} [B]_{m,m} & [B]_{m-1,m-1} & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & 0                       & 1             & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
我们加列~\(m-1\) 的 \(-1/[B]_{m,m}\)~倍于列~\(m\), 有
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0                       & 0      & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0                       & 0      & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots                  & \vdots & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-2,m-2} & 0                       & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & [B]_{m-1,m-1} [B]_{m,m} & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & 0                       & 1      & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
为方便, 记 \(d_2 = [B]_{m-1,m-1} [B]_{m,m}\).
我们加列~\(m-1\) 的 \((1 - d_2)/d_2\)~倍于列~\(m-2\), 有
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0      & 0      & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0      & 0      & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots & \vdots & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-2,m-2} & 0      & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 1 - d_2       & d_2    & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & 0      & 1      & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
我们加列~\(m-2\) 于列~\(m-1\), 有
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0             & 0      & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0             & 0      & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots        & \vdots & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-2,m-2} & [B]_{m-2,m-2} & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 1 - d_2       & 1             & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0             & 0             & 1      & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
我们加列~\(m-1\) 的 \(d_2 - 1\)~倍于列~\(m-2\), 有
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0                 & 0             & 0      & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0                 & 0             & 0      & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots            & \vdots        & \vdots & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-2,m-2} d_2 & [B]_{m-2,m-2} & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0                 & 1             & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0                 & 0             & 1      & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
我们加列~\(m-2\) 的 \(-1/d_2\)~倍于列~\(m-1\), 有
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0                                     & 0      & 0      & {}         \\
        0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0                                     & 0      & 0      & {}         \\
        \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots                                & \vdots & \vdots & \mathsf{O} \\
        0         & 0         & \cdots & [B]_{m-2,m-2} [B]_{m-1,m-1} [B]_{m,m} & 0      & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0                                     & 1      & 0      & {}         \\
        0         & 0         & \cdots & 0                                     & 0      & 1      & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}
……
最后, 我们得
\begin{align*}
    \begin{bmatrix}
        [B]_{1,1} [B]_{2,2} \dots [B]_{m,m} & 0      & \cdots & 0      & 0      & {}         \\
        0                                   & 1      & \cdots & 0      & 0      & {}         \\
        \vdots                              & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \mathsf{O} \\
        0                                   & 0      & \cdots & 1      & 0      & {}         \\
        0                                   & 0      & \cdots & 0      & 1      & {}         \\
    \end{bmatrix}.
\end{align*}

综上, 我们有

\begin{theorem}
    设 \(m \leq n\).
    设 \(B\) 是形如
    \begin{equation}
        \begin{bmatrix}
            [B]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
            [B]_{2,1}   & [B]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
            \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots    & \mathsf{O} \\
            [B]_{m-1,1} & [B]_{m-1,2} & \cdots & [B]_{m-1,m-1} & 0         & {}         \\
            [B]_{m,1}   & [B]_{m,2}   & \cdots & [B]_{m,m-1}   & [B]_{m,m} & {}         \\
        \end{bmatrix}
        \label{eq:lower-triangular-full-rank-V1}
    \end{equation}
    的 \(m \times n\)~阵,
    其中, \(\mathsf{O}\) 表示 \(m \times (n - m)\)~零阵
    (若 \(n > m\))
    或 ``无'' (若 \(n = m\)),
    且 \([B]_{1,1}\), \([B]_{2,2}\), \(\dots\), \([B]_{m,m}\)
    都不是 \(0\);
    具体地, 当 \(i < j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\),
    且 \([B]_{i,i} \neq 0\) (\(i = 1\), \(\dots\), \(m\)).
    则我们可用列的倍加,
    变 \(B\) 为 \(m \times n\)~阵
    \begin{equation}
        D =
        \begin{bmatrix}
            [B]_{1,1} & 0         & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
            0         & [B]_{2,2} & \cdots & 0             & 0         & {}         \\
            \vdots    & \vdots    & \ddots & \vdots        & \vdots    & \mathsf{O} \\
            0         & 0         & \cdots & [B]_{m-1,m-1} & 0         & {}         \\
            0         & 0         & \cdots & 0             & [B]_{m,m} & {}         \\
        \end{bmatrix};
        \label{eq:lower-triangular-full-rank-V2}
    \end{equation}
    具体地,
    \begin{align*}
        [D]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [B]_{i,i}, & i = j;       \\
            0,         & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    且进一步地, 我们可用列的倍加,
    变 \(D\) 为 \(m \times n\)~阵
    \begin{equation}
        M =
        \begin{bmatrix}
            [B]_{1,1} [B]_{2,2} \dots [B]_{m,m} & 0      & \cdots & 0      & 0      & {}         \\
            0                                   & 1      & \cdots & 0      & 0      & {}         \\
            \vdots                              & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \mathsf{O} \\
            0                                   & 0      & \cdots & 1      & 0      & {}         \\
            0                                   & 0      & \cdots & 0      & 1      & {}         \\
        \end{bmatrix};
        \label{eq:lower-triangular-full-rank-V3}
    \end{equation}
    具体地,
    \begin{align*}
        [M]_{i,j} =
        \begin{cases}
            [B]_{1,1} [B]_{2,2} \dots [B]_{m,m}, & i = j = 1;   \\
            [I_n]_{i,j},                         & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
\end{theorem}

自然地, 我们问, 给定 \(m \times n\)~阵 \(A\) (其中, \(m \leq n\)),
我们能否变 \(A\) 为形如%
式~\eqref{eq:lower-triangular-full-rank-V1} 的阵,
且 \([B]_{1,1}\), \([B]_{2,2}\), \(\dots\), \([B]_{m,m}\)
都不是 \(0\).
若这是可能的,
则我们也能变 \(A\) 为形如%
式~\eqref{eq:lower-triangular-full-rank-V2} 的阵,
且我们也能变 \(A\) 为形如%
式~\eqref{eq:lower-triangular-full-rank-V3} 的阵.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(m\)~级阵,
    且 \(\det {(A)} \neq 0\).
    则我们可用列的倍加,
    变 \(A\) 为 \(m\)~级阵 \(M\),
    使
    \begin{align*}
        [M]_{i,j} =
        \begin{cases}
            \det {(A)},  & i = j = 1;   \\
            [I_m]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    首先, 我们可变 \(A\) 为 \(m\)~级阵
    \begin{align*}
        B =
        \begin{bmatrix}
            [B]_{1,1}   & 0           & \cdots & 0             & 0         \\
            [B]_{2,1}   & [B]_{2,2}   & \cdots & 0             & 0         \\
            \vdots      & \vdots      & \ddots & \vdots        & \vdots    \\
            [B]_{m-1,1} & [B]_{m-1,2} & \cdots & [B]_{m-1,m-1} & 0         \\
            [B]_{m,1}   & [B]_{m,2}   & \cdots & [B]_{m,m-1}   & [B]_{m,m} \\
        \end{bmatrix}.
    \end{align*}
    注意, 倍加不改变行列式.
    则 \(\det {(A)} = \det {(B)}
    = [B]_{1,1} [B]_{2,2} \dots [B]_{m,m}\).
    因为 \(\det {(A)} \neq 0\),
    我们知道,
    \([B]_{1,1}\), \([B]_{2,2}\), \(\dots\), \([B]_{m,m}\)
    都不是 \(0\).
    则由前面的讨论 (\(n = m\)),
    我们可用列的倍加,
    变 \(A\) 为 \(m\)~级阵 \(M\),
    使
    \begin{equation*}
        [M]_{i,j} =
        \begin{cases}
            \det {(A)},  & i = j = 1;   \\
            [I_m]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
        \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(m \leq n\).
    设 \(m \times n\)~阵 \(A\)
    有一个行列式不为 \(0\) 的 \(m\)~级子阵
    \begin{align*}
        K = A\binom{1,2,\dots,m}{j_1,j_2,\dots,j_m},
    \end{align*}
    其中, \(1 \leq j_1 < j_2 < \dots < j_m \leq n\).
    则我们可用列的倍加,
    变 \(A\) 为 \(m \times n\)~阵 \(M\),
    使
    \begin{align*}
        [M]_{i,j} =
        \begin{cases}
            \det {(K)},  & i = j = 1;   \\
            [I_n]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    若 \(n = m\), 则 \(K = A\).
    我们可用上个定理.

    以下, 我们设 \(n > m\).
    从 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\)
    去除 \(j_1\), \(j_2\), \(\dots\), \(j_m\) 后,
    还剩 \(n - m\)~个数.
    我们从小到大地叫这 \(n - m\)~个数为
    \(j_{m+1}\), \(\dots\), \(j_n\).

    首先, 我们说明, 我们能用列的倍加,
    变 \(A\) 为 \(m \times n\)~阵 \(A_1\),
    使
    \begin{align*}
        [A_1]_{i,j_v} =
        \begin{cases}
            [A]_{i,j_v}, & v \leq m; \\
            0,           & v > m.
        \end{cases}
    \end{align*}
    设 \(v > m\).
    考虑方程组
    \begin{equation*}
        \left\{
        \begin{aligned}
            [A]_{1,j_1} x_1 + [A]_{1,j_2} x_2 + \dots + [A]_{1,j_m} x_m & = [A]_{1,j_v}, \\
            [A]_{2,j_1} x_1 + [A]_{2,j_2} x_2 + \dots + [A]_{2,j_m} x_m & = [A]_{2,j_v}, \\
                                                                        & \dots,         \\
            [A]_{m,j_1} x_1 + [A]_{m,j_2} x_2 + \dots + [A]_{m,j_m} x_m & = [A]_{m,j_v}.
        \end{aligned}
        \right.
    \end{equation*}
    因为 \(\det {(K)} \neq 0\),
    由 Cramer 公式,
    此方程组有解.
    则存在数
    \(c_{j_1,j_v}\), \(c_{j_2,j_v}\), \(\dots\), \(c_{j_m,j_v}\),
    使
    \begin{align*}
        [A]_{1,j_1} c_{j_1,j_v} + [A]_{1,j_2} c_{j_2,j_v} + \dots + [A]_{1,j_m} c_{j_m,j_v} & = [A]_{1,j_v}, \\
        [A]_{2,j_1} c_{j_1,j_v} + [A]_{2,j_2} c_{j_2,j_v} + \dots + [A]_{2,j_m} c_{j_m,j_v} & = [A]_{2,j_v}, \\
                                                                                            & \dots,         \\
        [A]_{m,j_1} c_{j_1,j_v} + [A]_{m,j_2} c_{j_2,j_v} + \dots + [A]_{m,j_m} c_{j_m,j_v} & = [A]_{m,j_v}.
    \end{align*}
    于是, 若我们%
    加列~\(j_1\) 的 \(-c_{j_1,j_v}\)~倍于列~\(j_v\),
    加列~\(j_2\) 的 \(-c_{j_2,j_v}\)~倍于列~\(j_v\),
    ……
    加列~\(j_m\) 的 \(-c_{j_m,j_v}\)~倍于列~\(j_v\),
    则列~\(j_v\) 的元全为 \(0\).
    则我们可用列的倍加, 变 \(A\) 为 \(A_1\).

    然后, 我们用列的倍加, 变 \(A_1\) 为
    \(m \times n\)~阵 \(A_2\),
    使
    \begin{align*}
        [A_2]_{i,v} =
        \begin{cases}
            [A_1]_{i,j_v} = [A]_{i,j_v}, & v \leq m; \\
            0,                           & v > m.
        \end{cases}
    \end{align*}
    若 \(j_m = m\),
    则 \(j_1\), \(j_2\), \(\dots\), \(j_m\)
    一定是 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(m\).
    则 \(A_1\) 已形如 \(A_2\).

    以下, 我们设 \(j_m > m\).
    回想, 三次列的倍加 ``几乎'' 可交换阵的二列:
    \begin{align*}
        (x, y)
        \to {} & (x + 1y, y) = (x + y, y)                \\
        \to {} & (x + y, y + (-1) (x + y)) = (x + y, -x) \\
        \to {} & (x + y + 1(-x), -x) = (y, -x),
    \end{align*}
    且
    \begin{align*}
        (x, y)
        \to {} & (x, y + 1x) = (x, y + x)               \\
        \to {} & (x + (-1)(y + x), y + x) = (-y, y + x) \\
        \to {} & (-y, y + x + 1(-y)) = (-y, x).
    \end{align*}
    我们说明,
    我们可用列的倍加,
    使 \(A_1\) 的列~\(j_1\) 到列~\(1\) 的位置.

    若 \(j_1 = 1\), 我们不变, 取 \(P_1\) 为 \(A_1\).

    若 \(j_1 > 1\), 则 \(A_1\) 的列~\(1\) 一定是 \(0\).
    那么, 我们用三次倍加, 变 \(A_1\) 为
    \(m \times n\)~阵 \(P_1\),
    其中,
    \begin{align*}
        [P_1]_{i,t} =
        \begin{cases}
            [A_1]_{i,j_1},    & t = 1;       \\
            -[A_1]_{i,1} = 0, & t = j_1;     \\
            [A_1]_{i,t},      & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    注意, 我们其实交换了列~\(j_1\) 与列~\(1\).

    综上, 我们可用倍加,
    变 \(A_1\) 为 \(P_1\),
    使
    \begin{align*}
        [P_1]_{i,t} =
        \begin{cases}
            [A_1]_{i,j_1}, & t = 1;       \\
            [A_1]_{i,1},   & t = j_1;     \\
            [A_1]_{i,t},   & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    (注意, \(j_1\) 可以为 \(1\).)

    若 \(j_2 = 2\), 我们不变, 取 \(P_2\) 为 \(P_1\).

    若 \(j_2 > 2\),
    则 \(P_1\) 的列~\(2\) 一定是 \(0\):
    若 \(j_1 > 2\),
    则 \(A_1\), \(P_1\) 的列~\(2\) 都是 \(0\);
    若 \(j_1 = 2\),
    则在列的交换后,
    \(P_1\) 的列~\(2\) 是 \(A_1\) 的列~\(1\),
    即 \(0\).
    那么, 我们用三次倍加, 变 \(P_1\) 为
    \(m \times n\)~阵 \(P_2\),
    其中,
    \begin{align*}
        [P_2]_{i,t} =
        \begin{cases}
            [P_1]_{i,j_2},    & t = 2;       \\
            -[P_1]_{i,2} = 0, & t = j_2;     \\
            [P_1]_{i,t},      & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    注意, 我们其实交换了列~\(j_2\) 与列~\(2\).

    综上, 我们也可用倍加,
    变 \(P_1\) 为 \(P_2\),
    使
    \begin{align*}
        [P_2]_{i,t} =
        \begin{cases}
            [P_1]_{i,j_2}, & t = 2;       \\
            [P_1]_{i,2},   & t = j_2;     \\
            [P_1]_{i,t},   & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    (注意, \(j_2\) 可以为 \(2\).)

    ……

    最后, 我们知道, 我们可作若干次倍加,
    变 \(A\) 为 \(A_1\).

    注意, \(A_1\) 的前 \(m\) 列作成 \(K\),
    且 \(A_1\) 的后 \(n - m\) 列都是 \(0\).
    因为 \(\det {(K)} \neq 0\),
    由上个定理,
    我们可用列的倍加,
    变 \(K\) 为 \(m\)~级阵 \(N\),
    使
    \begin{align*}
        [N]_{i,j} =
        \begin{cases}
            \det {(K)},  & i = j = 1;   \\
            [I_m]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    那么, 我们也可用列的倍加,
    变 \(A_1\) 为 \(m \times n\)~阵
    \begin{align*}
        M =
        \begin{bmatrix}
            N & 0 \\
        \end{bmatrix},
    \end{align*}
    其中, \(0\) 是 \(m \times (n - m)\)~零阵.
    则
    \begin{align*}
        [M]_{i,j}
        = {} &
        \begin{cases}
            [N]_{1,1} = \det {(K)},
             & i = j = 1;
            \\
            [N]_{i,j} = [I_m]_{i,j} = [I_n]_{i,j},
             & \text{\(j \leq m\), 且 \((i, j) \neq (1, 1)\)};
            \\
            0 = [I_n]_{i,j},
             & j > m.
        \end{cases}
        \\
        = {} &
        \begin{cases}
            \det {(K)},  & i = j = 1;   \\
            [I_n]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

最后, 我们看一个例.

\begin{example}
    我们知道, 若 \(n\)~级阵 \(A\) 的行列式不为 \(0\),
    则我们可用列的倍加,
    变 \(A\) 为 \(n\)~级阵 \(D\),
    使当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
    不过, 若 \(\det {(A)} = 0\), 会如何?
    我们说, 存在不能以列的倍加被变为这样的 \(D\) 的 \(A\).

    设 \(n \geq 3\).
    设 \(A\) 是这样的 \(n\)~级阵:
    \begin{align*}
        [A]_{i,j} =
        \begin{cases}
            1,
             & \text{\((i,j) = (1,2)\) 或 \((1,3)\)
            或 \((2,1)\) 或 \((3,1)\)};              \\
            0,
             & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    \(A\) 的列~\(2\) 与列~\(3\) 相同,
    故 \(\det {(A)} = 0\).
    我们说明, 我们不能用列的倍加,
    变 \(A\) 为 \(n\)~级阵 \(D\),
    使当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).

    用反证法.
    设我们能用列的倍加,
    变 \(A\) 为 \(n\)~级阵 \(D\),
    使当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
    那么, 存在若干个形如
    \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_u\),
    使
    \begin{align*}
        D = (((A E_1) E_2) \dots) E_u
        = A (E_1 E_2 \dots E_u).
    \end{align*}
    记 \(P = E_1 E_2 \dots E_u\).
    则 \(D = A P\), 且 \(\det {(P)} = 1\).
    不过, 另一方面,
    \begin{align*}
        [D]_{i,j}
        = {} &
        [A P]_{i,j}
        \\
        = {} &
        \sum_{\ell = 1}^{n} {[A]_{i,\ell} [P]_{\ell,j}}
        \\
        = {} &
        \sum_{\ell = 1}^{3} {[A]_{i,\ell} [P]_{\ell,j}}
        + \sum_{3 < \ell \leq n} {[A]_{i,\ell} [P]_{\ell,j}}
        \\
        = {} &
        [A]_{i,1} [P]_{1,j}
        + [A]_{i,2} [P]_{2,j}
        + [A]_{i,3} [P]_{3,j}
        + \sum_{3 < \ell \leq n} {0\, [P]_{\ell,j}}
        \\
        = {} &
        \begin{cases}
            [P]_{2,j} + [P]_{3,j}, & i = 1;                    \\
            [P]_{1,j},             & \text{\(i = 2\) 或 \(3\)}; \\
            0,                     & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    于是, 当 \(j \neq 2\) 时,
    \([P]_{1,j} = [D]_{2,j} = 0\),
    且当 \(j = 2\) 时,
    \([P]_{1,j} = [D]_{3,2} = 0\).
    则 \(P\) 的行~\(1\) 的元全为 \(0\).
    这是矛盾.

    注意, \(A = A^{\mathrm{T}}\).
    我们可类似地证, 我们不能用行的倍加,
    变 \(A\) 为 \(n\)~级阵 \(D'\),
    使当 \(i \neq j\) 时, \([D']_{i,j} = 0\).

    不过, 我们能用列的倍加与行的倍加,
    变 \(A\) 为 \(n\)~级阵 \(D''\),
    使当 \(i \neq j\) 时, \([D'']_{i,j} = 0\).
    比如, 我们可验证,
    \begin{align*}
        [E(n; 3, 2; -1) A E(n; 2, 3; -1)]_{i,j}
        = \begin{cases}
              1, & \text{\((i, j) = (1, 2)\) 或 \((2, 1)\)}; \\
              0, & \text{别的情形}.
          \end{cases}
    \end{align*}
    记 \(A_1 = E(n; 3, 2; -1) A E(n; 2, 3; -1)\).
    则, 我们可验证,
    \begin{align*}
        [E(n; 1, 2; 1/2) A_1 E(n; 2, 1; 1/2)]_{i,j}
        = \begin{cases}
              1, &
              \text{\((i, j) = (1, 1)\) 或 \((1, 2)\) 或 \((2, 1)\)}; \\
              0, &
              \text{别的情形}.
          \end{cases}
    \end{align*}
    再记 \(A_2 = E(n; 1, 2; 1/2) A_1 E(n; 2, 1; 1/2)\).
    则, 我们可验证,
    \begin{align*}
        [E(n; 2, 1; -1) A_2 E(n; 1, 2; -1)]_{i,j}
        = \begin{cases}
              1,  & \text{\((i, j) = (1, 1)\)}; \\
              -1, & \text{\((i, j) = (2, 2)\)}; \\
              0,  & \text{别的情形}.
          \end{cases}
    \end{align*}
\end{example}

\section{阵的积、倍加、合同}

本节, 我们进一步地讨论阵的积与 (列的) 倍加的关系.

设 \(A\) 是 \(m \times n\)~阵.
若 \(A = A^{\mathrm{T}}\), 则我们说, \(A\) 是\emph{对称阵}.
既然 \(m \times n\)~阵等于 \(n \times m\)~阵, 则 \(m = n\),
故 \(A\) 是方阵.
并且, \([A]_{i,j} = [A^{\mathrm{T}}]_{i,j} = [A]_{j,i}\).
反过来, 若 \(m = n\), 且 \([A]_{i,j} = [A]_{j,i}\),
则 \(A = A^{\mathrm{T}}\).

设 \(A\) 是 \(n\)~级对称阵,
且 \(X\) 是 \(n \times t\)~阵.
则 \(X^{\mathrm{T}} A X\) 是对称阵:
\begin{align*}
    (X^{\mathrm{T}} A X)^{\mathrm{T}}
    = X^{\mathrm{T}} A^{\mathrm{T}} (X^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}
    = X^{\mathrm{T}} A X.
\end{align*}
于是,
若我们加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\) 倍于列~\(q\), 得阵 \(A_1\)
(\(p \neq q\)),
且加 \(A_1\) 的行~\(p\) 的 \(s\) 倍于行~\(q\), 得阵 \(A_2\),
则 \(A_2\) 是对称阵:
取 \(X\) 为 \(n\)~级阵 \(E(n; p, q; s)\) 即可.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级对称阵.
    利用若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    我们可变 \(A\) 为 \(n\)~级阵 \(B\),
    使当 \(i \neq j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\).
    (注意, \(B\) 是对称阵.)

    我们约定, 作倍加时, 我们先列后行, 交替地作.
    具体地, 我们先作一次列的倍加
    (比如, 加列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    其中, \(p \neq q\)),
    然后立即作一次对应的行的倍加
    (加行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\)).
    然后再作一次列的, 且再作一次对应的行的 (若还有).
\end{theorem}

\begin{proof}
    作命题 \(P(n)\):
    对任何 \(n\)~级对称阵 \(A\),
    存在若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    其变 \(A\) 为 \(n\)~级阵 \(B\),
    其中, 当 \(i \neq j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\).
    我们用数学归纳法证明,
    对任何正整数 \(n\), \(P(n)\) 是对的.

    \(P(1)\) 显然是对的;
    我们不变.

    设 \(P(n-1)\) 是对的.
    我们由此证 \(P(n)\) 也是对的.

    任取 \(n\)~级对称阵 \(A\).
    我们先说明,
    存在若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    其变 \(A\) 为 \(n\)~级对称阵 \(C\),
    其中, 当 \(i \neq 1\) 时, \([C]_{i,1} = 0 = [C]_{1,i}\).

    若 \(A\) 的行~\(1\) 的与列~\(1\) 的元全为 \(0\),
    我们不变, 取 \(C\) 为 \(A\).

    若 \([A]_{1,1} \neq 0\),
    对 \(A\),
    加列~\(1\) 的 \(-[A]_{1,2}/[A]_{1,1}\)~倍于列 \(2\),
    且加行~\(1\) 的 \(-[A]_{2,1}/[A]_{1,1}
    = -[A]_{1,2}/[A]_{1,1}\)~倍于行 \(2\),
    得 \(n\)~级对称阵 \(A_2\).
    则 \([A_2]_{1,2} = 0 = [A_2]_{2,1}\),
    且 \([A_2]_{1,j} = [A]_{1,j}
        = [A]_{j,1} = [A_2]_{j,1}\)
    (\(j \neq 2\)).
    然后, 对 \(A_2\),
    加列~\(1\) 的 \(-[A_2]_{1,3}/[A_2]_{1,1}\)~倍于列 \(3\),
    且加行~\(1\) 的 \(-[A_2]_{3,1}/[A_2]_{1,1}
    = -[A_2]_{1,3}/[A_2]_{1,1}\)~倍于行 \(3\),
    得 \(n\)~级对称阵 \(A_3\).
    则 \([A_3]_{1,3} = 0 = [A_3]_{3,1}\),
    且 \([A_3]_{1,j} = [A_2]_{1,j}
        = [A_2]_{j,1} = [A_3]_{j,1}\)
    (\(j \neq 3\)).
    ……
    然后, 对 \(A_{n-1}\),
    加列~\(1\) 的 \(-[A_{n-1}]_{1,n}/[A_{n-1}]_{1,1}\)~倍于列 \(n\),
    且加行~\(1\) 的 \(-[A_{n-1}]_{n,1}/[A_{n-1}]_{1,1}
    = -[A_{n-1}]_{1,n}/[A_{n-1}]_{1,1}\)~倍于行 \(n\),
    得 \(n\)~级对称阵 \(A_n\).
    则 \([A_n]_{1,n} = 0 = [A_n]_{n,1}\),
    且 \([A_n]_{1,j} = [A_{n-1}]_{1,j}
        = [A_{n-1}]_{j,1} = [A_n]_{j,1}\)
    (\(j \neq n\)).
    则当 \(i \neq 1\) 时,
    \([A_n]_{i,1} = 0 = [A_n]_{1,i}\).
    取 \(C\) 为 \(A_n\) 即可.

    若 \([A]_{1,1} = 0\), 但某 \([A]_{1,k} \neq 0\)
    (\(k \neq 1\)),
    对 \(A\),
    我们加列~\(k\) 于列~\(1\),
    且加行~\(k\) 于行~\(1\),
    得 \(n\)~级对称阵 \(D\).
    则 \([D]_{1,1} = 0 + [A]_{1,k} + [A]_{k,1}
        = 2 [A]_{1,k} \neq 0\).
    问题被变为前面讨论过的情形.

    综上, 作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    我们可变 \(A\) 为 \(n\)~级对称阵 \(C\),
    其中, 当 \(i \neq 1\) 时, \([C]_{i,1} = 0 = [C]_{1,i}\).

    考虑 \(C\) 的右下角的 \(n-1\)~级子阵 \(C(1|1)\).
    不难看出, 它是一个 \(n-1\)~级对称阵.
    由假定,
    作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加,
    我们可变 \(C(1|1)\) 为 \(n-1\)~级阵 \(G\),
    其中, 当 \(i \neq 1\) 时, \([G]_{i,1} = 0 = [G]_{1,i}\).

    注意, 既然当 \(i \neq 1\) 时,
    \([C]_{i,1} = 0 = [C]_{1,i}\),
    那么,
    无论如何对 \(C\) 的不是列~\(1\) 的列作倍加,
    且无论如何对 \(C\) 的不是行~\(1\) 的行作倍加,
    得到的阵的 \((1, j)\)-元与 \((j, 1)\)-元都是 \(0\)
    \((j \neq 1)\).
    所以, 作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加后,
    我们可变 \(C\) 为一个 \(n\)~级对称阵 \(B\),
    使当 \(i = 1\) 或 \(j = 1\) 时,
    \([B]_{i,j} = [C]_{i,j}\),
    且当 \(i \neq 1\) 且 \(j \neq 1\) 时,
    \([B]_{i,j} = [G]_{i-1,j-1}\).
    所以, 当 \(i \neq j\) 时, \([B]_{i,j} = 0\).

    所以, \(P(n)\) 是对的.
    由数学归纳法, 待证命题成立.
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级对称阵.
    则存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_u\),
    使当 \(i \neq j\) 时,
    \([V^{\mathrm{T}} A V]_{i,j} = 0\),
    其中,
    \(V = E_1 E_2 \dots E_u\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    由上个定理,
    存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_u\),
    使
    \begin{align*}
        E_u^{\mathrm{T}} (\dots (E_2^{\mathrm{T}} (E_1^{\mathrm{T}} A E_1) E_2) \dots) E_u
    \end{align*}
    的 \((i, j)\)-元为 \(0\), 若 \(i \neq j\).
    由结合律, 上式相当于
    \begin{align*}
        (E_u^{\mathrm{T}} \dots E_2^{\mathrm{T}} E_1^{\mathrm{T}}) A (E_1 E_2 \dots E_u).
    \end{align*}
    记 \(V = E_1 E_2 \dots E_u\).
    由转置的性质,
    \(V^{\mathrm{T}} = E_u^{\mathrm{T}} \dots E_2^{\mathrm{T}} E_1^{\mathrm{T}}\).
    则上式相当于 \(V^{\mathrm{T}} A V\).

\end{proof}

回想, 若 \(n\)~级阵 \(A\) 适合,
\([A]_{i,i} = 0\),
且 \(A^{\mathrm{T}} = -A\),
则 \(A\) 是反称阵.
再回想, 若 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵,
则存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
(\(s\) 是一个数,
\(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
且 \(p \neq q\))
的阵
\(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_w\),
使 \((E_1 E_2 \dots E_w)^{\mathrm{T}}
A (E_1 E_2 \dots E_w)\)
是形如
\begin{equation*}
    \begin{bmatrix}
        0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
        -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
        0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      \\
        0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      \\
        \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
        0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_m    \\
        0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_m   & 0      \\
    \end{bmatrix}
\end{equation*}
(若 \(n = 2m\) 是偶数), 或
\begin{equation*}
    \begin{bmatrix}
        0      & b_1    & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
        -b_1   & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
        0      & 0      & 0      & b_2    & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
        0      & 0      & -b_2   & 0      & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
        \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\
        0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & b_k    & 0      \\
        0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & -b_k   & 0      & 0      \\
        0      & 0      & 0      & 0      & \cdots & 0      & 0      & 0      \\
    \end{bmatrix}
\end{equation*}
(若 \(n = 2k + 1\) 是奇数) 的反称阵.

由此可见, 若 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵 (或对称阵),
则存在 \(n\)~级阵 \(P\),
使 \(\det {(P)} \neq 0\),
且 \(P^{\mathrm{T}} A P\) 是
``简单的'' 反称阵 (或对称阵).
一般地,

\begin{definition}
    设 \(A\), \(B\) 是 \(n\)~级阵.
    若存在 \(n\)~级阵 \(P\),
    使 \(\det {(P)} \neq 0\),
    且 \(B = P^{\mathrm{T}} A P\),
    则我们说, \(A\) \emph{合同}于 \(B\).
\end{definition}

设 \(A\), \(B\), \(C\) 是 \(n\)~级阵.
可以验证, ``合同于'' 适合:

(1)
\(A\) 合同于 \(A\).

因为 \(A = I^{\mathrm{T}} A I\),
且 \(\det {(I)} = 1 \neq 0\).

(2)
若 \(A\) 合同于 \(B\), 则 \(B\) 合同于 \(A\).

既然 \(A\) 合同于 \(B\),
则有 \(n\)~级阵 \(P\),
使 \(\det {(P)} \neq 0\),
且 \(B = P^{\mathrm{T}} A P\).
作 \(P_1 = (\det {(P)})^{-1} \operatorname{adj} {(P)}\).
则 \(P P_1
= (\det {(P)})^{-1} (P \operatorname{adj} {(P)})
= (\det {(P)})^{-1} (\det {(P)}\, I)
= ((\det {(P)})^{-1} \det {(P)}) I
= 1 I
= I\).
则 \(\det {(P)} \det {(P_1)}
= \det {(P P_1)} = \det {(I)} = 1 \neq 0\).
则 \(\det {(P_1)} \neq 0\).
则
\begin{align*}
    P_1^{\mathrm{T}} B P_1
    = {} &
    P_1^{\mathrm{T}} (P^{\mathrm{T}} A P) P_1
    \\
    = {} &
    (P_1^{\mathrm{T}} P^{\mathrm{T}}) A (P P_1)
    \\
    = {} &
    (P P_1)^{\mathrm{T}} A (P P_1)
    \\
    = {} &
    I^{\mathrm{T}} A I
    \\
    = {} &
    A.
\end{align*}

(3)
若 \(A\) 合同于 \(B\), 且 \(B\) 合同于 \(C\),
则 \(A\) 合同于 \(C\).

既然 \(A\) 合同于 \(B\),
则有 \(n\)~级阵 \(P\),
使 \(\det {(P)} \neq 0\),
且 \(B = P^{\mathrm{T}} A P\);
既然 \(B\) 合同于 \(C\),
则有 \(n\)~级阵 \(Q\),
使 \(\det {(Q)} \neq 0\),
且 \(C = Q^{\mathrm{T}} B Q\).
则
\begin{align*}
    C
    = Q^{\mathrm{T}} B Q
    = Q^{\mathrm{T}} (P^{\mathrm{T}} A P) Q
    = (Q^{\mathrm{T}} P^{\mathrm{T}}) A (P Q)
    = (P Q)^{\mathrm{T}} A (P Q),
\end{align*}
且
\(\det {(P Q)} = \det {(P)} \det {(Q)} \neq 0\).

因为性质 (2), 有时, 我们也说 ``\(A\) 与 \(B\) 合同'',
若 \(A\) 合同于 \(B\).

变 \(A\) 为 \(P^{\mathrm{T}} A P\)
(其中, \(\det {(P)} \neq 0\))
的行为是 ``合同变换''.
研究以合同变换变方阵为 ``简单的'' 方阵%
可能是一个有意思的问题.
若您想知道更多,
您可以见线性代数教材.

\section{行列式、倍加、倍乘}

本节, 我们用倍加与倍乘研究行列式.

回想, 在第~1~章, 节~\sekcio{6}, 我们定义了行列式.
定义是按列~\(1\) 展开.
在第~1~章, 节~\sekcio{7}, 我们证明了,
可按任何一列展开行列式.
在第~1~章, 节~\sekcio{13},
我们证明了行列式的关于列的多线性与交错性,
且证明了, \(\det {(I)} = 1\).

由关于列的多线性, 我们有, 对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
\begin{align*}
    \det {(X M(n; q; s))}
    = s \det {(X)}
    = \det {(X)}\, s.
\end{align*}
注意, 特别地,
\(\det {(M(n; q; s))}
= \det {(I_n M(n; q; s))}
= \det {(I_n)}\, s
= s\).
则
\begin{equation}
    \det {(X M(n; q; s))}
    = \det {(X)} \det {(M(n; q; s))}.
    \label{eq:det-multiply-column}
\end{equation}

设 \(X\) 是 \(n\)~级阵.
设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
且互不相同.
设 \(s\) 是数.
设 \(Y\) 是这样的 \(n\)~级阵:
若 \(j \neq q\), 则 \(Y\) 的列~\(j\) 是 \(X\) 的列~\(j\),
且 \(Y\) 的列~\(q\) 是 \(X\) 的列~\(p\).
则 \(Y\) 有相同的二列.
则 \(\det {(Y)} = 0\).
另一方面,
\begin{align*}
    [X E(n; p, q; s)]_{i,j}
    = \begin{cases}
          [X]_{i,j},                 & j \neq q; \\
          1 [X]_{i,j} + s [Y]_{i,j}, & j = q.
      \end{cases}
\end{align*}
则
\begin{align*}
    \det {(X E(n; p, q; s))}
    = 1 \det {(X)} + s \det {(Y)}
    = \det {(X)}.
\end{align*}
注意, 特别地,
\(\det {(E(n; p, q; s))}
= \det {(I_n E(n; p, q; s))}
= \det {(I_n)} = 1\).
则
\begin{equation}
    \det {(X E(n; p, q; s))}
    = \det {(X)} \det {(E(n; p, q; s))}.
    \label{eq:det-multiply-add-column}
\end{equation}

式~\eqref{eq:det-multiply-column}
与式~\eqref{eq:det-multiply-add-column}
在本节会被反复地用.

% 在 ``按一行展开行列式'',
% 我们用定义 (按列~\(1\) 展开)
% 证明了, 可按任何一行展开行列式.
% 于是, 关于行的多线性与交错性可被类似地证明.
% 则类似地,
% \begin{align}
%     \det {(M(n; q; s) X)}    & = \det {(M(n; q; s))} \det {(X)},
%     \label{eq:det-multiply-row}
%     \\
%     \det {(E(n; p, q; s) X)} & = \det {(E(n; p, q; s))} \det {(X)}.
%     \label{eq:det-multiply-add-row}
% \end{align}
% 式~\eqref{eq:det-multiply-column}
% 至式~\eqref{eq:det-multiply-add-row}
% 在本节会被反复地用.

回想, 我们有

\TheoremMultiplyMultiplyAddUnu*

特别地, 若 \(A\) 是方阵, 则

\TheoremMultiplyMultiplyAddDu*

好的.
我们开始.

\begin{theorem}
    设 \(A\), \(B\) 是 \(n\)~级阵.
    则
    \begin{align*}
        \det {(BA)} = \det {(B)} \det {(A)}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们知道,
    存在若干个 \(n\)~级阵
    \(C_1\), \(C_2\), \(\dots\), \(C_w\),
    使 \(A = C_1 C_2 \dots C_w\),
    其中, 每个 \(C_k\) 形如
    \(E(n; p, q; s)\) 或 \(M(n; q'; s')\).
    则对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
    \begin{align*}
        \det {(X C_k)} = \det {(X)} \det {(C_k)}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \det {(B A)}
        = {} &
        \det {(B (C_1 C_2 \dots C_w))}
        \\
        = {} &
        \det {(((((B C_1) C_2) \dots) C_{w-1}) C_w)}
        \\
        = {} &
        \det {((((B C_1) C_2) \dots) C_{w-1})}
        \det {(C_w)}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \det {(B)} \det {(C_1)} \det {(C_2)} \dots \det {(C_w)}
        \\
        = {} &
        \det {(B)} \det {(C_1 C_2)} \dots \det {(C_w)}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \det {(B)} \det {(C_1 C_2 \dots C_w)}
        \\
        = {} &
        \det {(B)} \det {(A)}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\) 适合:

    (1)
    对 \(n\)~级阵 \(A\),
    加列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\)
    (\(q \neq p\)),
    且不改变别的列,
    得 \(n\)~级阵 \(B\).
    则 \(f(B) = f(A)\).

    (2)
    对 \(n\)~级阵 \(A\),
    以数 \(s\) 乘列~\(q\),
    且不改变别的列,
    得 \(n\)~级阵 \(B\).
    则 \(f(B) = f(A)\, m(s)\).
    这里, 定义在数上的函数 \(m\) 是保乘的:
    \(m(1) = 1\),
    且对任何数 \(s\), \(t\), 有 \(m(st) = m(s)\, m(t)\).

    那么, 对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    \(f(A) = f(I)\, m(\det {(A)})\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    用倍加, 我们可改写性质 (1) 为,
    对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
    \begin{align*}
        f(X E(n; p, q; s))
        = f(X)
        = f(X)\, m(\det {(E(n; p, q; s))}).
    \end{align*}
    用倍乘, 我们可改写性质 (2) 为,
    对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
    \begin{align*}
        f(X M(n; q; s))
        = f(X)\, m(s)
        = f(X)\, m(\det {(M(n; q; s))}).
    \end{align*}

    我们知道,
    存在若干个 \(n\)~级阵
    \(C_1\), \(C_2\), \(\dots\), \(C_w\),
    使 \(A = C_1 C_2 \dots C_w\),
    其中, 每个 \(C_k\) 形如
    \(E(n; p, q; s)\) 或 \(M(n; q'; s')\).
    则对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
    \begin{align*}
        f(X C_k) = f(X)\, m(\det {(C_k)}).
    \end{align*}
    注意, \(A = I A\).
    则
    \begin{align*}
        f(A)
        = {} &
        f(I A)
        \\
        = {} &
        f (I (C_1 C_2 \dots C_w))
        \\
        = {} &
        f (((((I C_1) C_2) \dots) C_{w-1}) C_w)
        \\
        = {} &
        f ((((I C_1) C_2) \dots) C_{w-1})\,
        m(\det {(C_w)})
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        f(I)\,
        m(\det {(C_1)})\,
        m(\det {(C_2)})\,
        \dots
        m(\det {(C_w)})
        \\
        = {} &
        f(I)\,
        m(\det {(C_1)} \det {(C_2)} \dots \det {(C_w)})
        \\
        = {} &
        f(I)\,
        m(\det {(C_1 C_2)} \dots \det {(C_w)})
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        f(I)\,
        m(\det {(C_1 C_2 \dots C_w)})
        \\
        = {} &
        f(I)\, m(\det {(A)}).
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\) 适合:

    (1)
    \(f(A B) = f(A) f(B)\),
    对任何 \(n\)~级阵 \(A\), \(B\).

    (2)
    设 \(n\)~级阵 \(D\) 适合,
    若 \(i \neq j\), 则 \([D]_{i,j} = 0\).
    则 \(f(D) = m(\det {(D)})\).
    这里, 定义在数上的函数 \(m\) 是保乘的:
    \(m(1) = 1\),
    且对任何数 \(s\), \(t\), 有 \(m(st) = m(s)\, m(t)\).

    那么, 对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
    \(f(A) = m(\det {(A)})\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意, \(f(M(n; q; s)) = m(\det {(M(n; q; s))})\),
    且 \(f(I) = m(\det {(I)}) = 1\).

    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且互不相同.
    设 \(s\) 是数.
    我们证明,
    \begin{align*}
        f(E(n; p, q; s)) = m(\det {(E(n; p, q; s))}).
    \end{align*}
    设数 \(t \neq 1\), 且 \(t \neq 0\).
    记
    \(U = E(n; p, q; s/(1-t))\),
    \(V = E(n; p, q; -s/(1-t))\),
    \(G = M(n; p; t)\),
    且 \(H = M(n; p; 1/t)\).
    注意,
    \([UV]_{p,q} = [U]_{p,q} + [U]_{q,q}\, (-s/(1-t)) = 0\),
    且
    \([UV]_{i,j} = [U]_{i,j} = [I_n]_{i,j}\)
    (别的情形).
    故 \(UV = I_n\).
    注意,
    \([GH]_{p,p} = [G]_{p,p}\, (1/t) = 1\),
    且
    \([GH]_{i,j} = [G]_{i,j} = [I_n]_{i,j}\)
    (别的情形).
    故 \(GH = I_n\).
    我们计算 \(UGVH\).
    首先,
    \([UG]_{p,p} = [U]_{p,p}\, t = t\),
    \([UG]_{p,q} = [U]_{p,q} = s/(1-t)\),
    且
    \([UG]_{i,j} = [U]_{i,j}\)
    (别的情形).
    则
    \([UGV]_{p,p} = [UG]_{p,p} = t\),
    \([UGV]_{p,q} = [UG]_{p,q} + [UG]_{p,p}\, (-s/(1-t))
    = s/(1-t) - st/(1-t) = s\),
    且
    \([UGV]_{i,j} = [UG]_{i,j} = [U]_{i,j}\)
    (别的情形).
    则
    \([UGVH]_{p,p} = [UGV]_{p,p}\, (1/t) = 1\),
    \([UGVH]_{p,q} = [UGV]_{p,q} = s\),
    且
    \([UGVH]_{i,j} = [UGV]_{i,j} = [U]_{i,j}\)
    (别的情形).
    则 \(UGVH = E(n; p, q; s)\).
    故
    \begin{align*}
        f(E(n; p, q; s))
        = {} &
        f(UGVH)
        \\
        = {} &
        f(UG) f(VH)
        \\
        = {} &
        f(U) f(G) f(V) f(H)
        \\
        = {} &
        f(U) f(V) f(G) f(H)
        \\
        = {} &
        f(UV) f(GH)
        \\
        = {} &
        f(I) f(I)
        \\
        = {} &
        1
        \\
        = {} &
        m(\det {(E(n; p, q; s))}).
    \end{align*}

    我们知道,
    存在若干个 \(n\)~级阵
    \(C_1\), \(C_2\), \(\dots\), \(C_w\),
    使 \(A = C_1 C_2 \dots C_w\),
    其中, 每个 \(C_k\) 形如
    \(E(n; p, q; s)\) 或 \(M(n; q'; s')\).
    则对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
    \begin{align*}
        f(X C_k)
        = f(X) f(C_k)
        = f(X)\, m(\det {(C_k)}).
    \end{align*}
    注意, \(A = I A\).
    则
    \begin{align*}
        f(A)
        = {} &
        f(I A)
        \\
        = {} &
        f (I (C_1 C_2 \dots C_w))
        \\
        = {} &
        f (((((I C_1) C_2) \dots) C_{w-1}) C_w)
        \\
        = {} &
        f ((((I C_1) C_2) \dots) C_{w-1})\,
        m(\det {(C_w)})
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        f(I)\,
        m(\det {(C_1)})\,
        m(\det {(C_2)})\,
        \dots
        m(\det {(C_w)})
        \\
        = {} &
        f(I)\,
        m(\det {(C_1)} \det {(C_2)} \dots \det {(C_w)})
        \\
        = {} &
        f(I)\,
        m(\det {(C_1 C_2)} \dots \det {(C_w)})
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        f(I)\,
        m(\det {(C_1 C_2 \dots C_w)})
        \\
        = {} &
        f(I)\, m(\det {(A)})
        \\
        = {} &
        m(\det {(A)}).
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

注意, 前面的三个证明几乎是一样的:
我们写 \(A\) 为一些阵
\(C_1\), \(C_2\), \(\dots\), \(C_w\) 的积,
分别地 ``提出''
\(\det {(C_w)}\), \(\dots\), \(\det {(C_2)}\), \(\det {(C_1)}\),
且再 ``重组'' 它们为
\(\det {(C_1 C_2 \dots C_w)}\),
即 \(\det {(A)}\).

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级阵.
    则 \(\det {(A^{\mathrm{T}})} = \det {(A)}\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们知道, 存在若干个形如
    \(E(n; p, q; s)\)
    的阵
    \(E_1\), \(F_1\), \(E_2\), \(F_2\),
    \(\dots\), \(E_u\), \(F_u\),
    与若干个形如 \(M(n; q'; s')\) 的阵
    \(M_1\), \(M_2\), \(\dots\), \(M_n\),
    使
    \begin{align*}
        A
        = {} &
        F_1 F_2 \dots F_u
        M_1 M_2 \dots M_n
        E_u \dots E_2 E_1
        \\
        = {} &
        I
        F_1 F_2 \dots F_u
        M_1 M_2 \dots M_n
        E_u \dots E_2 E_1.
    \end{align*}
    则 (注意, \(M(n; q; s)\) 的转置是 \(M(n; q; s)\))
    \begin{align*}
        A^{\mathrm{T}}
        = {} &
        (F_1 F_2 \dots F_u
        M_1 M_2 \dots M_n
        E_u \dots E_2 E_1)^{\mathrm{T}}
        \\
        = {} &
        E_1^{\mathrm{T}}
        E_2^{\mathrm{T}}
        \dots
        E_u^{\mathrm{T}}
        M_n^{\mathrm{T}}
        \dots
        M_2^{\mathrm{T}}
        M_1^{\mathrm{T}}
        F_u^{\mathrm{T}}
        \dots
        F_2^{\mathrm{T}}
        F_1^{\mathrm{T}}
        \\
        = {} &
        I
        E_1^{\mathrm{T}}
        E_2^{\mathrm{T}}
        \dots
        E_u^{\mathrm{T}}
        M_n
        \dots
        M_2
        M_1
        F_u^{\mathrm{T}}
        \dots
        F_2^{\mathrm{T}}
        F_1^{\mathrm{T}}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
             &
        \det {(A)}
        \\
        = {} &
        \det {(I)}
        \cdot
        \det {(F_1)}
        \det {(F_2)}
        \dots
        \det {(F_u)}
        \cdot
        \det {(M_1)}
        \det {(M_2)}
        \dots
        \det {(M_n)}
        \\
             &
        \cdot
        \det {(E_u)}
        \dots
        \det {(E_2)}
        \det {(E_1)}
        \\
        = {} &
        \det {(I)}
        \det {(M_1)}
        \det {(M_2)}
        \dots
        \det {(M_n)}.
    \end{align*}
    注意, 每个 \(E_k^{\mathrm{T}}\)
    或每个 \(F_k^{\mathrm{T}}\)
    也形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (具体地, \(E(n; p, q; s)\) 的转置是
    \(E(n; q, p; s)\)).
    则
    \begin{align*}
             &
        \det {(A^{\mathrm{T}})}
        \\
        = {} &
        \det {(I)}
        \cdot
        \det {(E_1^{\mathrm{T}})}
        \det {(E_2^{\mathrm{T}})}
        \dots
        \det {(E_u^{\mathrm{T}})}
        \cdot
        \det {(M_n)}
        \dots
        \det {(M_2)}
        \det {(M_1)}
        \\
             &
        \cdot
        \det {(F_u^{\mathrm{T}})}
        \dots
        \det {(F_2^{\mathrm{T}})}
        \det {(F_1^{\mathrm{T}})}
        \\
        = {} &
        \det {(I)}
        \det {(M_n)}
        \dots
        \det {(M_2)}
        \det {(M_1)}
        \\
        = {} &
        \det {(I)}
        \det {(M_1)}
        \det {(M_2)}
        \dots
        \det {(M_n)}
        \\
        = {} &
        \det {(A)}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

% \begin{proof}
%     我们知道, 存在若干个形如
%     \(E(n; p, q; s)\)
%     的阵
%     \(E_1\), \(F_1\), \(E_2\), \(F_2\),
%     \(\dots\), \(E_u\), \(F_u\),
%     与 \(n\)~级阵 \(D\),
%     使
%     \begin{align*}
%         A = F_1 F_2 \dots F_u D E_u \dots E_2 E_1,
%     \end{align*}
%     且当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
%     注意, \(\det {(A)} = \det {(D)}\),
%     因为倍加不改变行列式.

%     注意, \(D = D^{\mathrm{T}}\).
%     则, 另一方面,
%     \begin{align*}
%         A^{\mathrm{T}}
%         = {} &
%         (F_1 F_2 \dots F_u D E_u \dots E_2 E_1)^{\mathrm{T}}
%         \\
%         = {} &
%         E_1^{\mathrm{T}}
%         E_2^{\mathrm{T}}
%         \dots
%         E_u^{\mathrm{T}}
%         D^{\mathrm{T}}
%         F_u^{\mathrm{T}}
%         \dots
%         F_2^{\mathrm{T}}
%         F_1^{\mathrm{T}}
%         \\
%         = {} &
%         E_1^{\mathrm{T}}
%         E_2^{\mathrm{T}}
%         \dots
%         E_u^{\mathrm{T}}
%         D
%         F_u^{\mathrm{T}}
%         \dots
%         F_2^{\mathrm{T}}
%         F_1^{\mathrm{T}}.
%     \end{align*}
%     注意, 每个 \(E_k^{\mathrm{T}}\) 或 \(F_k^{\mathrm{T}}\)
%     也形如 \(E(n; p, q; s)\)
%     (具体地, \(E(n; p, q; s)\) 的转置是
%     \(E(n; q, p; s)\)).
%     则 \(\det {(A^{\mathrm{T}})} = \det {(D)}\).
%     故 \(\det {(A^{\mathrm{T}})} = \det {(A)}\).
% \end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级阵.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且互不相同.
    交换 \(A\) 的列~\(p\), \(q\),
    且不改变别的列,
    得 \(n\)~级阵 \(B\).
    则 \(\det {(B)} = -\det {(A)}\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们知道, 存在 \(n\)~级阵
    \(E_1 = E(n; q, p; 1)\),
    \(E_2 = E(n; p, q; -1)\),
    \(E_3 = E(n; q, p; 1)\),
    与 \(M = M(n; q; -1)\),
    使 \(B = A E_1 E_2 E_3 M\).
    注意, \(\det {(M)} = -1\).
    则
    \begin{align*}
        \det {(B)}
        = {} &
        \det {(A E_1 E_2 E_3 M)}
        \\
        = {} &
        {-\det {(A E_1 E_2 E_3)}}
        \\
        = {} &
        {-\det {(A)}}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\section{古伴、倍加、倍乘}

本节, 我们用倍加与倍乘研究古伴.

回想, 在 ``古伴的性质 (1)'' 与 ``古伴的性质 (3)'',
我们证明了,
对任何 \(n\)~级阵 \(A\), \(B\),
与任何数 \(c\),
\begin{align*}
    \operatorname{adj} {(A^{\mathrm{T}})}
     & = (\operatorname{adj} {(A)})^{\mathrm{T}},           \\
    \operatorname{adj} {(c A)}
     & = c^{n-1} \operatorname{adj} {(A)},                  \\
    \det {(\operatorname{adj} {(A)})}
     & = (\det {(A)})^{n-1},                                \\
    \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(A)})}
     & = (\det {(A)})^{n-2}\, A,                            \\
    \operatorname{adj} {(B A)}
     & = \operatorname{adj} {(A)} \operatorname{adj} {(B)}.
\end{align*}
前二个式的证明是简单的,
但后三个式的证明是难的.
证明式~3 与式~4 时, 我们要讨论
\(\det {(A)} \neq 0\) 时的%
与 \(\det {(A)} = 0\) 时的情形;
证明式~5 时, 我们用了 Binet--Cauchy 公式,
因为, 虽然我们在 \(\det {(BA)} \neq 0\) 时%
用消去律证明了式~5,
我们未能在 \(\det {(BA)} = 0\) 时,
用别的方法证明它.

在上节, 当证明一些跟行列式有关的定理时,
我们证明了式~\eqref{eq:det-multiply-column}
与式~\eqref{eq:det-multiply-add-column},
并反复地用它们.
类似地, 若我们用倍加与倍乘研究古伴,
我们也应先证明类似的关系.

\begin{theorem}
    设 \(D\) 是 \(n\)~级阵,
    且当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
    则当 \(i \neq j\) 时,
    \([\operatorname{adj} {(D)}]_{i,j} = 0\).
\end{theorem}

\begin{proof}
    我证明, 若 \(n\)~级阵 \(U\) 适合,
    当 \(i > j\) 时, \([U]_{i,j} = 0\),
    则当 \(i > j\) 时,
    \([\operatorname{adj} {(U)}]_{i,j} = 0\).
    那么, 用转置, 或类似地,
    您能证明,
    若 \(n\)~级阵 \(L\) 适合,
    当 \(i < j\) 时, \([L]_{i,j} = 0\),
    则当 \(i < j\) 时,
    \([\operatorname{adj} {(L)}]_{i,j} = 0\).
    则由它们, 待证的事是对的,
    因为 \(i \neq j\) 相当于
    \(i > j\) 或 \(i < j\).

    设 \(n\)~级阵 \(U\) 适合,
    当 \(i > j\) 时, \([U]_{i,j} = 0\).
    注意,
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(U)}]_{i,j}
        = (-1)^{j+i} \det {(U(j|i))}.
    \end{align*}
    设 \(1 \leq s < t \leq n\).
    记
    \begin{align*}
        V = U(s|t)
        = U\binom{i_1,\dots,i_{n-1}}{j_1,\dots,j_{n-1}},
    \end{align*}
    其中,
    \(i_1 < \dots < i_{n-1}\),
    且 \(j_1 < \dots < j_{n-1}\).
    注意, \(i_1\), \(\dots\), \(i_{n-1}\)
    比 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\) 少 \(s\),
    且 \(j_1\), \(\dots\), \(j_{n-1}\)
    比 \(1\), \(2\), \(\dots\), \(n\) 少 \(t\).
    我们说明, \(\det {(V)} = 0\).

    我们说, \(i_k \geq j_k\).
    其实, 具体地, 对 \(k = 1\), \(\dots\), \(n-1\),
    \begin{align*}
        i_k =
        \begin{cases}
            k,     & k < s;    \\
            k + 1, & k \geq s,
        \end{cases}
    \end{align*}
    且
    \begin{align*}
        j_k =
        \begin{cases}
            k,     & k < t;    \\
            k + 1, & k \geq t,
        \end{cases}
    \end{align*}
    既然 \(s < t\),
    则对小于 \(n\) 的正整数 \(k\),
    \(k\) 一定适合如下三条件的一个:
    (i) \(k < s\);
    (ii) \(s \leq k < t\);
    (iii) \(t \leq k\).
    对 (i),
    \(i_k = k = j_k\);
    对 (ii),
    \(i_k = k + 1 = j_k + 1 > j_k\);
    对 (iii),
    \(i_k = k + 1 = j_k\).
    于是, 若 \(u > v\),
    则 \(i_u \geq j_u > j_v\).
    则 \([V]_{u,v} = [U]_{i_u,j_v} = 0\).
    则 \(\det {(V)}
    = [V]_{1,1} [V]_{2,2} \dots [V]_{n-1,n-1}\).
    注意,
    \([V]_{s,s} = [U]_{i_s,j_s} = [U]_{s+1,s} = 0\).
    则 \(\det {(V)} = 0\).
    则 \([\operatorname{adj} {(U)}]_{t,s}
    = (-1)^{s+t} \det {(U(s|t))} = 0\),
    若 \(t > s\).
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(D\) 是 \(n\)~级阵,
    且当 \(i \neq j\) 时, \([D]_{i,j} = 0\).
    则
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(D)}]_{i,j} =
        \begin{dcases}
            \det {(D(i|i))}
            = \prod_{\substack{1 \leq \ell \leq n \\ \ell \neq i}}
            {[D]_{\ell,\ell}},
             & i = j;                             \\
            0,
             & \text{别的情形}.
        \end{dcases}
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    我们知道, 当 \(i \neq j\) 时,
    \([\operatorname{adj} {(D)}]_{i,j} = 0\).
    当 \(i = j\) 时,
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(D)}]_{i,j}
        = {} &
        (-1)^{i+i} \det {(D(i|i))}
        \\
        = {} &
        \det {(D(i|i))}
        \\
        = {} &
        [D(i|i)]_{1,1}
            [D(i|i)]_{2,2}
        \dots
        [D(i|i)]_{n-1,n-1}
        \\
        = {} &
        \prod_{\substack{1 \leq \ell \leq n \\ \ell \neq i}}
        {[D]_{\ell,\ell}}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(n\) 是正整数.
    设 \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    设 \(s\) 是数.
    则
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,j} =
        \begin{cases}
            s, & i = j \neq q; \\
            1, & i = j = q;    \\
            0, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \det {(\operatorname{adj} {(M(n; q; s))})}
        = (\det {(M(n; q; s))})^{n-1}.
    \end{align*}
    进一步地,
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(
                \operatorname{adj} {(M(n; q; s))}
                )}]_{i,j}
        =
        \begin{cases}
            s^{n-2}, & i = j \neq q; \\
            s^{n-1}, & i = j = q;    \\
            0,       & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(M(n; q; s))})}
        = (\det {(M(n; q; s))})^{n-2} M(n; q; s).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    回想, \(M(n; q; s)\) 是 \(n\)~级阵, 且
    \begin{align*}
        [M(n; q; s)]_{i,j} =
        \begin{cases}
            1, & i = j \neq q; \\
            s, & i = j = q;    \\
            0, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    注意,
    \begin{align*}
        \det {(M(n; q; s))} = 1^{n-1} s = s.
    \end{align*}

    由前面的讨论,
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,j} =
        \begin{cases}
            1^{n-2} s, & i = j \neq q; \\
            1^{n-1},   & i = j = q;    \\
            0,         & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \det {(\operatorname{adj} {(M(n; q; s))})}
        = s^{n-1} 1
        = s^{n-1}
        = (\det {(M(n; q; s))})^{n-1}.
    \end{align*}

    进一步地, 由前面的讨论,
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(
                \operatorname{adj} {(M(n; q; s))}
                )}]_{i,j}
        =
        \begin{cases}
            s^{n-2} 1, & i = j \neq q; \\
            s^{n-1},   & i = j = q;    \\
            0,         & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(M(n; q; s))})}
        = {} & s^{n-2} M(n; q; s)                      \\
        = {} & (\det {(M(n; q; s))})^{n-2} M(n; q; s).
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(n\) 是正整数.
    设 \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数.
    设 \(s\) 是数.
    设 \(A\) 是 \(n\)~级阵.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(A M(n; q; s))}
        =
        \operatorname{adj} {(M(n; q; s))}
        \operatorname{adj} {(A)}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意, 以数 \(s\) 乘 \(A\)~的列~\(q\),
    且不改变别的列,
    我们得阵 \(A M(n; q; s)\).

    当 \(i \neq q\) 时,
    \((A M(n; q; s))(j|i)\) 的列~\(q - \rho(q, i)\)
    是 \(A(j|i)\) 的列~\(q - \rho(q, i)\)
    的 \(s\)~倍,
    且 \((A M(n; q; s))(j|i)\) 与 \(A(j|i)\)
    的别的列相同;
    这里, 回想, 对任何整数 \(i\), \(j\),
    \begin{align*}
        \rho(i, j)
        = \begin{cases}
              0, & i < j;    \\
              1, & i \geq j.
          \end{cases}
    \end{align*}
    则 \(\det {((A M(n; q; s))(j|i))}
    = s \det {(A(j|i))}\).
    则, 当 \(i \neq q\) 时,
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(A M(n; q; s))}]_{i,j}
        = {} &
        (-1)^{j+i} \det {((A M(n; q; s))(j|i))}
        \\
        = {} &
        (-1)^{j+i} s \det {(A(j|i))}
        \\
        = {} &
        s\, [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,i}
            [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}.
    \end{align*}
    当 \(i = q\) 时,
    \((A M(n; q; s))(j|i) = A(j|i)\).
    则
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(A M(n; q; s))}]_{i,j}
        = {} &
        (-1)^{j+i} \det {((A M(n; q; s))(j|i))}
        \\
        = {} &
        (-1)^{j+i} \det {(A(j|i))}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,i}
            [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}.
    \end{align*}
    另一方面,
    \begin{align*}
             &
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}
                \operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        \sum_{1 \leq k \leq n}
        {[\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,k}
                [\operatorname{adj} {(A)}]_{k,j}}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,i}
            [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq n \\ k \neq i}}
        {[\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,k}
                [\operatorname{adj} {(A)}]_{k,j}}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,i}
            [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq n \\ k \neq i}}
        {[\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,k}
                [\operatorname{adj} {(A)}]_{k,j}}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,i}
            [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq n \\ k \neq i}}
        {0\, [\operatorname{adj} {(A)}]_{k,j}}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(M(n; q; s))}]_{i,i}
            [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(n\) 是正整数.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且 \(p \neq q\).
    设 \(s\) 是数.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}
        = E(n; p, q; -s).
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \det {(\operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))})}
        = (\det {(E(n; p, q; s))})^{n-1}.
    \end{align*}
    进一步地,
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(
            \operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}
            )}
        = (\det {(E(n; p, q; s))})^{n-2} E(n; p, q; s).
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    回想, \(E(n; p, q; s) E(n; p, q; -s) = I_n\),
    且 \(\det {(E(n; p, q; s))} = 1\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}
        = {} &
        \operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}\, I_n
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}\, (E(n; p, q; s) E(n; p, q; -s))
        \\
        = {} &
        (\operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}\, E(n; p, q; s)) E(n; p, q; -s)
        \\
        = {} &
        (\det {(E(n; p, q; s))}\, I_n)
        E(n; p, q; -s)
        \\
        = {} &
        \det {(E(n; p, q; s))}\, I_n E(n; p, q; -s)
        \\
        = {} &
        E(n; p, q; -s).
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \det {(\operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))})}
        = \det {(E(n; p, q; -s))}
        = 1
        = (\det {(E(n; p, q; s))})^{n-1}.
    \end{align*}
    进一步地,
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(
            \operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}
            )}
        = {} &
        \operatorname{adj} {(E(n; p, q; -s))}
        \\
        = {} &
        E(n; p, q; -(-s))
        \\
        = {} &
        (\det {(E(n; p, q; s))})^{n-2}
        E(n; p, q; s).
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\begin{theorem}
    设 \(n\) 是正整数.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数, 且 \(p \neq q\).
    设 \(s\) 是数.
    设 \(A\) 是 \(n\)~级阵.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(A E(n; p, q; s))}
        =
        \operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}
        \operatorname{adj} {(A)}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    注意, 加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\) 倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 我们得阵 \(A E(n; p, q; s)\).

    当 \(i = q\) 时,
    \((A E(n; p, q; s))(j|i) = A(j|i)\).
    则
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(A E(n; p, q; s))}]_{i,j}
        = {} &
        (-1)^{j+i} \det {((A E(n; p, q; s))(j|i))}
        \\
        = {} &
        (-1)^{j+i} \det {(A(j|i))}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}.
    \end{align*}

    当 \(i \neq q\), 且 \(i \neq p\) 时,
    \((A E(n; p, q; s))(j|i)\)
    可被认为是对 \(A(j|i)\) 作一次列的倍加得到的阵.
    则 \(\det {((A E(n; p, q; s))(j|i))} = \det {(A(j|i))}\).
    则, 类似地,
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(A E(n; p, q; s))}]_{i,j}
            = [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}.
    \end{align*}

    设 \(i = p\).
    作 \(n\)~级阵 \(C\),
    使 \([C]_{u,v} = [A]_{u,v}\) (若 \(v \neq q\)),
    且 \([C]_{u,q} = [A]_{u,p}\).
    则 \(A E(n; p, q; s)\), \(A\), \(C\) 的列~\(v\) 相等
    (若 \(v \neq q\)),
    且 \([A E(n; p, q; s)]_{u,q}
        = [A]_{u,q} + s [A]_{u,p}
        = 1 [A]_{u,q} + s [C]_{u,q}\).
    然后, 考虑
    \((A E(n; p, q; s))(j|p)\),
    \(A(j|p)\), \(C(j|p)\).
    记 \(q' = q - \rho(q, p)\).
    则 \(A E(n; p, q; s))(j|p)\) 的列~\(q'\)
    仍是 \(A(j|p)\) 的列~\(q'\) 的 \(1\)~倍%
    加 \(C(j|p)\) 的列~\(q'\) 的 \(s\)~倍,
    且 \((A E(n; p, q; s))(j|p)\),
    \(A(j|p)\), \(C(j|p)\) 的别的列相同.
    由多线性,
    \begin{align*}
        \det {((A E(n; p, q; s))(j|p))}
        = 1 \det {(A(j|p))} + s \det {(C(j|p))}.
    \end{align*}

    考虑 \(n-1\)~级阵 \(A(j|q)\).
    注意, \(A\) 的列~\(v\) (\(v \neq q\)) 对应
    \(A(j|q)\) 的列 \(v - \rho(v, q)\),
    且 \(C\) 的列~\(w\) (\(w \neq p\)) 对应
    \(C(j|p)\) 的列 \(w - \rho(w, p)\).
    注意, \(A\), \(C\) 的列~\(u\) 相等
    (若 \(u \neq q\)).
    于是, 若 \(w \neq p\), 且 \(w \neq q\),
    则 \(A\) 的列~\(w\) 对应
    \(A(j|q)\) 的列 \(w - \rho(w, q)\),
    与 \(C(j|p)\) 的列 \(w - \rho(w, p)\).
    因为 \(A\) 的列~\(p\) 等于 \(C\) 的列~\(q\),
    则 \(A\) 的列~\(p\) 对应
    \(C(j|p)\) 的列 \(q - \rho(q, p)\).
    当然, \(A\) 的列~\(p\) 也对应
    \(A(j|q)\) 的列 \(p - \rho(p, q)\).
    所以, 不计次序,
    \(C(j|p)\) 与 \(A(j|q)\) 有相同的列.
    注意, \(C(j|{p,q}) = A(j|{p,q})\).
    记 \(L\) 是从 \(A\) 的列~\(p\) 去除行~\(j\)
    得到的 \((n - 1) \times 1\)~阵.
    于是, 我们可如此得到
    \(A(j|q)\) 与 \(C(j|p)\):
    在 \(A(j|{p,q})\) 的某列的左侧或右侧加入 \(L\),
    得 \(A(j|q)\);
    在 \(A(j|{p,q})\) 的某列的左侧或右侧加入 \(L\),
    得 \(C(j|p)\).
    于是, 若我们对 \(C(j|p)\) 作若干次相邻的列的交换,
    我们可变它为 \(A(j|q)\).

    回想, \(q' = q - \rho(q, p)\).
    我们再记 \(p' = p - \rho(p, q)\).
    则 \(L\) 在 \(A(j|q)\) 的列~\(p'\) 的位置,
    且 \(L\) 在 \(C(j|p)\) 的列~\(q'\) 的位置.

    若 \(p' = q'\), 则 \(C(j|p) = A(j|q)\).
    则 \(\det {(C(j|p))} = (-1)^{q'-p'} \det {(A(j|q))}\).

    若 \(p' < q'\), 则我们记 \(C_0 = C(j|p)\).
    那么, 对 \(C_k\),
    我们交换列 \(q' - k\) 与 \(q' - k - 1\),
    得阵 \(C_{k+1}\)
    (\(0 \leq k < q' - p'\)).
    注意, 作 \(q' - p'\) 次相邻的列的交换后,
    我们得 \(C_{q'-p'-1} = A(j|q)\).
    则 \(\det {(C(j|p))} = (-1)^{q' - p'} \det {(A(j|q))}\).

    若 \(p' > q'\), 则我们记 \(C'_0 = C(j|p)\).
    那么, 对 \(C'_k\),
    我们交换列 \(q' + k\) 与 \(q' + k + 1\),
    得阵 \(C'_{k+1}\)
    (\(0 \leq k < p' - q'\)).
    注意, 作 \(p' - q'\) 次相邻的列的交换后,
    我们得 \(C'_{p'-q'+1} = A(j|q)\).
    则 \(\det {(C(j|p))}
    = (-1)^{p' - q'} \det {(A(j|q))}
    = (-1)^{q' - p'} \det {(A(j|q))}\).

    综上,
    \begin{align*}
        \det {(C(j|p))}
        = {} &
        (-1)^{q' - p'} \det {(A(j|q))}
        \\
        = {} &
        (-1)^{q - \rho(q, p) - p + \rho(p, q)}
        \det {(A(j|q))}
        \\
        = {} &
        (-1)^{q - \rho(q, p) - p - \rho(p, q)}
        \det {(A(j|q))}
        \\
        = {} &
        (-1)^{q - p - 1} \det {(A(j|q))}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \det {((A E(n; p, q; s))(j|p))}
        = \det {(A(j|p))} - s (-1)^{q-p} \det {(A(j|q))}.
    \end{align*}
    于是, 当 \(i = p\) 时,
    \begin{align*}
             &
        [\operatorname{adj} {(A E(n; p, q; s))}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        (-1)^{j+p}
        \det {((A E(n; p, q; s))(j|p))}
        \\
        = {} &
        (-1)^{j+p} \det {(A(j|p))}
        - (-1)^{j+p} s (-1)^{q-p} \det {(A(j|q))}
        \\
        = {} &
        (-1)^{j+p} \det {(A(j|p))}
        - s (-1)^{j+q} \det {(A(j|q))}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(A)}]_{p,j}
        - s\, [\operatorname{adj} {(A)}]_{q,j}
        \\
        = {} &
        [E(n; p, q; -s) \operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}
                \operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}.
    \end{align*}
    最后, 回想, 当 \(i \neq p\) 时,
    \begin{align*}
        [\operatorname{adj} {(A E(n; p, q; s))}]_{i,j}
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [E(n; p, q; -s)\, \operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [\operatorname{adj} {(E(n; p, q; s))}
                \operatorname{adj} {(A)}]_{i,j}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

好的.
我们现在可以统一地证明下面的定理.

% subfile fix: repeat restatable
% see:
% postrakonto - klasikaj adjunktaj matricoj.tex
\ifSubfilesClassLoaded{%
    \begin{restatable}{theorem}{AdjOfProduct}
        设 \(A\), \(B\) 是 \(n\)~级阵.
        则
        \begin{align*}
            \operatorname{adj} {(BA)}
            = \operatorname{adj} {(A)} \operatorname{adj} {(B)}.
        \end{align*}
    \end{restatable}
}{\AdjOfProduct*}

\begin{proof}
    我们知道,
    存在若干个 \(n\)~级阵
    \(C_1\), \(C_2\), \(\dots\), \(C_w\),
    使 \(A = C_1 C_2 \dots C_w\),
    其中, 每个 \(C_k\) 形如
    \(E(n; p, q; s)\) 或 \(M(n; q'; s')\).
    则对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(X C_k)}
        = \operatorname{adj} {(C_k)} \operatorname{adj} {(X)}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(B A)}
        = {} &
        \operatorname{adj} {(B (C_1 C_2 \dots C_{w-1} C_w))}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj}
        {(((((B C_1) C_2) \dots) C_{w-1}) C_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_w)}
        \operatorname{adj}
        {((((B C_1) C_2) \dots) C_{w-1})}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_w)}
        \operatorname{adj} {(C_{w-1})}
        \dots
        \operatorname{adj} {(C_2)}
        \operatorname{adj} {(C_1)}
        \operatorname{adj} {(B)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_w)}
        \operatorname{adj} {(C_{w-1})}
        \dots
        \operatorname{adj} {(C_1 C_2)}
        \operatorname{adj} {(B)}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_1 C_2 \dots C_w)}
        \operatorname{adj} {(B)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(A)}
        \operatorname{adj} {(B)}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

% subfile fix: repeat restatable
% see:
% postrakonto - klasikaj adjunktaj matricoj.tex
\ifSubfilesClassLoaded{%
    \begin{restatable}{theorem}{DetOfAdjugate}
        设 \(A\) 是 \(n\)~级阵 (\(n \geq 2\)).
        则
        \(\det {(\operatorname{adj} {(A)})} = (\det {(A)})^{n-1}\).
    \end{restatable}
}{\DetOfAdjugate*}

\begin{proof}
    我们知道,
    存在若干个 \(n\)~级阵
    \(C_1\), \(C_2\), \(\dots\), \(C_w\),
    使 \(A = C_1 C_2 \dots C_w\),
    其中, 每个 \(C_k\) 形如
    \(E(n; p, q; s)\) 或 \(M(n; q'; s')\).
    则对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(X C_k)}
        = \operatorname{adj} {(C_k)} \operatorname{adj} {(X)},
    \end{align*}
    且
    \begin{align*}
        \det {(\operatorname{adj} {(C_k)})}
        = (\det {(C_k)})^{n-1}.
    \end{align*}
    注意,
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(A)}
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_1 C_2 \dots C_{w-1} C_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {((((C_1 C_2) \dots) C_{w-1}) C_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_w)}
        \operatorname{adj} {(((C_1 C_2) \dots) C_{w-1})}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_w)}
        \operatorname{adj} {(C_{w-1})}
        \dots
        \operatorname{adj} {(C_2)}
        \operatorname{adj} {(C_1)}.
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
             &
        \det {(\operatorname{adj} {(A)})}
        \\
        = {} &
        \det {(\operatorname{adj} {(C_w)}
            \operatorname{adj} {(C_{w-1})}
            \dots
            \operatorname{adj} {(C_2)}
            \operatorname{adj} {(C_1)})}
        \\
        = {} &
        \det {(\operatorname{adj} {(C_w)})}
        \det {(\operatorname{adj} {(C_{w-1})})}
        \dots
        \det {(\operatorname{adj} {(C_2)})}
        \det {(\operatorname{adj} {(C_1)})}
        \\
        = {} &
        (\det {(C_w)})^{n-1}
        (\det {(C_{w-1})})^{n-1}
        \dots
        (\det {(C_2)})^{n-1}
        (\det {(C_1)})^{n-1}
        \\
        = {} &
        (\det {(C_1)})^{n-1}
        (\det {(C_2)})^{n-1}
        \dots
        (\det {(C_{w-1})})^{n-1}
        (\det {(C_w)})^{n-1}
        \\
        = {} &
        (\det {(C_1)} \det {(C_2)} \dots \det {(C_w)})^{n-1}
        \\
        = {} &
        (\det {(C_1 C_2)} \dots \det {(C_w)})^{n-1}
        \\
        = {} &
        (\det {(C_1 C_2 \dots C_w)})^{n-1}
        \\
        = {} &
        (\det {(A)})^{n-1}.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

% subfile fix: repeat restatable
% see:
% postrakonto - klasikaj adjunktaj matricoj.tex
\ifSubfilesClassLoaded{%
    \begin{restatable}{theorem}{AdjOfAdjugate}
        设 \(A\) 是 \(n\)~级阵 (\(n \geq 2\)).
        则
        \(\operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(A)})}
        = (\det {(A)})^{n-2}\,A\).
    \end{restatable}
}{\AdjOfAdjugate*}

\begin{proof}
    我们知道,
    存在若干个 \(n\)~级阵
    \(C_1\), \(C_2\), \(\dots\), \(C_w\),
    使 \(A = C_1 C_2 \dots C_w\),
    其中, 每个 \(C_k\) 形如
    \(E(n; p, q; s)\) 或 \(M(n; q'; s')\).
    则对任何 \(n\)~级阵 \(X\),
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(X C_k)}
        = \operatorname{adj} {(C_k)} \operatorname{adj} {(X)},
    \end{align*}
    且
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(C_k)})}
        = (\det {(C_k)})^{n-2} C_k.
    \end{align*}
    注意,
    \begin{align*}
        \operatorname{adj} {(A)}
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_1 C_2 \dots C_{w-1} C_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {((((C_1 C_2) \dots) C_{w-1}) C_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_w)}
        \operatorname{adj} {(((C_1 C_2) \dots) C_{w-1})}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(C_w)}
        \operatorname{adj} {(C_{w-1})}
        \dots
        \operatorname{adj} {(C_2)}
        \operatorname{adj} {(C_1)}.
    \end{align*}
    则
    (注意, 对任何 \(n\)~级阵 \(X\), \(Y\),
    \(\operatorname{adj} {(Y X)}
    = \operatorname{adj} {(X)} \operatorname{adj} {(Y)}\))
    \begin{align*}
             &
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(A)})}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj}
        {(\operatorname{adj} {(C_w)}
            \operatorname{adj} {(C_{w-1})}
            \dots
            \operatorname{adj} {(C_2)}
            \operatorname{adj} {(C_1)})}
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(C_1)})}
        \operatorname{adj}
        {(\operatorname{adj} {(C_w)}
            \operatorname{adj} {(C_{w-1})}
            \dots
            \operatorname{adj} {(C_2)})}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(C_1)})}
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(C_2)})}
        \dots
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(C_{w-1})})}
        \operatorname{adj} {(\operatorname{adj} {(C_w)})}
        \\
        = {} &
        ((\det {(C_1)})^{n-2} C_1)
        ((\det {(C_2)})^{n-2} C_2)
        \dots
        ((\det {(C_w)})^{n-2} C_{w})
        \\
        = {} &
        ((\det {(C_1)})^{n-2}
        (\det {(C_2)})^{n-2}
        \dots
        (\det {(C_w)})^{n-2})
        (C_1 C_2 \dots C_w)
        \\
        = {} &
        (\det {(C_1)} \det {(C_2)} \dots \det {(C_w)})^{n-2}
        (C_1 C_2 \dots C_w)
        \\
        = {} &
        (\det {(C_1 C_2)} \dots \det {(C_w)})^{n-2}
        (C_1 C_2 \dots C_w)
        \\
        = {} &
        (\det {(C_1 C_2 \dots C_w)})^{n-2}
        (C_1 C_2 \dots C_w)
        \\
        = {} &
        (\det {(A)})^{n-2} A.
        \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\end{document}

This material discusses determinants of skew-symmetric matrices.

I define pfaffians of skew-symmetric matrices recursively,
instead of giving an explicit formula
(that resembles the Leibniz formula for determinants)
or using the theory of polynomials.

With the recursive definition,
one can (essentially) prove (in an easy manner) that
pf (E^T A E) = pf (A) det (E),        ...(1)
in which A is a skew-symmetric matrix
and E is an elementary matrix (of the same size of that of A)
(the reason for which I say "(essentially)" is
that I only explicitly use one kind of elementary matrices,
which replace one row/column by
the sum of that row/column
and a multiple of another row/column),
by which one can prove that Equation (1) holds
for every skew-symmetric matrix A
and every elementary matrix E (of the same size of that of A).
One will learn
how powerful elementary row/column operations are.

Incidentally, the recursive definition
unifies the two cases
that the size of A (a skew-symmetric matrix) is even
and that the size of A is odd,
so one can also speak of
the pfaffian of a skew-symmetric matrix of odd size,
which is (always) zero;
some materials only define pfaffians
for skew-symmetric matrices of even size.
(However, this point does not really matter.)

Finally, I prove that the pfaffian can be also expressed explicitly.

I am convinced that the material presented here
is a very elementary introduction to pfaffians.

---

Postscript on 2025-07-13:

There are more materials about "adding a multiple of
a row to another" and "multiplying a row by a scalar".

The section "Pfaffian 的性质 (续)" was rewritten.

\section{Pfaffian 的性质 (续)}

前面, 我们得到了 pfaffian 的多的性质.
以下三条是重要的:

\TheoremPfaffianMulitply*

\TheoremPfaffianMulitplyAndAdd*

\TheoremPfaffianSquareDet*

本节, 我们证明 pfaffian 的一个新的重要的性质.
为此, 我们先改写第~2~条性质.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(s\) 是数.
    设 \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\).
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf}{( (E(n; p, q; s))^{\mathrm{T}}
            A E(n; p, q; s) )}
        = \operatorname{pf} {(A)} \det {(E(n; p, q; s))}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    加 \(A\) 的列~\(p\) 的 \(s\)~倍于列~\(q\),
    且不改变别的列, 得 \(n\)~级阵 \(B\).
    加 \(B\) 的行~\(p\) 的 \(s\)~倍于行~\(q\),
    且不改变别的行, 得 \(n\)~级阵 \(C\).
    则 \(\operatorname{pf} {(C)} = \operatorname{pf} {(A)}\).

    注意, \(C = (E(n; p, q; s))^{\mathrm{T}}
    A E(n; p, q; s)\),
    故
    \begin{align*}
        \operatorname{pf}{( (E(n; p, q; s))^{\mathrm{T}}
            A E(n; p, q; s) )} = \operatorname{pf} {(A)}.
    \end{align*}
    再注意, \(\det {(E(n; p, q; s))} = 1\),
    故
    \begin{equation*}
        \operatorname{pf}{( (E(n; p, q; s))^{\mathrm{T}}
            A E(n; p, q; s) )}
        =
        \operatorname{pf} {(A)}
        \det {(E(n; p, q; s))}.
        % \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

好的.
现在, 我们可以证明本节的主要结论了.

\begin{theorem}
    设 \(A\) 是 \(n\)~级反称阵.
    设 \(P\) 是 \(n\)~级阵.
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P^{\mathrm{T}} A P)}
        = \operatorname{pf} {(A)} \det {(P)}.
    \end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
    若 \(\det {(P)} = 0\),
    则 \(\det {(P^{\mathrm{T}} A P)}
    = \det {(P^{\mathrm{T}} A)} \det {(P)}
    = 0\).
    则 \(P^{\mathrm{T}} A P\) 的 pfaffian 为 \(0\).
    所以, 若 \(\det {(P)} = 0\),
    则命题是对的.

    若 \(\det {(P)} \neq 0\),
    则存在若干个形如 \(E(n; p, q; s)\)
    (\(s\) 是一个数,
    \(p\), \(q\) 是不超过 \(n\) 的正整数,
    且 \(p \neq q\))
    的阵
    \(E_1\), \(E_2\), \(\dots\), \(E_w\),
    使 \(M = P E_1 E_2 \dots E_w\)
    适合
    \begin{align*}
        [M]_{i,j} =
        \begin{cases}
            \det {(P)},  & i = j = 1;   \\
            [I_n]_{i,j}, & \text{别的情形}.
        \end{cases}
    \end{align*}
    则
    \begin{align*}
        \operatorname{pf} {(P^{\mathrm{T}} A P)}
        = {} &
        \operatorname{pf} {(P^{\mathrm{T}} A P)}
        \, 1
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf} {(P^{\mathrm{T}} A P)}
        \det {(E_1)}
        \det {(E_2)}
        \dots
        \det {(E_{w-1})}
        \det {(E_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(E_1^{\mathrm{T}} (P^{\mathrm{T}} A P) E_1)}
        \det {(E_2)}
        \dots
        \det {(E_{w-1})}
        \det {(E_w)}
        \\
        = {} &
        \dots
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(
            E_{w-1}^{\mathrm{T}}
            \dots
            (E_2^{\mathrm{T}}
            (E_1^{\mathrm{T}}
            (P^{\mathrm{T}} A P)
            E_1)
            E_2)
            \dots
            E_{w-1}
            )}
        \det {(E_w)}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(
            E_w^{\mathrm{T}}
            (E_{w-1}^{\mathrm{T}}
            \dots
            (E_2^{\mathrm{T}}
            (E_1^{\mathrm{T}}
            (P^{\mathrm{T}} A P)
            E_1)
            E_2)
            \dots
            E_{w-1})
            E_w
            )}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(
            (
            E_w^{\mathrm{T}}
            E_{w-1}^{\mathrm{T}}
            \dots
            E_2^{\mathrm{T}}
            E_1^{\mathrm{T}}
            P^{\mathrm{T}}
            )
            A
            (
            P
            E_1
            E_2
            \dots
            E_{w-1}
            E_w
            )
            )}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(
            (P E_1 E_2 \dots E_{w-1} E_w)^{\mathrm{T}}
            A
            (P E_1 E_2 \dots E_{w-1} E_w)
            )}
        \\
        = {} &
        \operatorname{pf}
        {(
            M^{\mathrm{T}} A M
            )}.
    \end{align*}
    我们计算 \(M^{\mathrm{T}} A M\):
    \begin{align*}
        %  &
        [M^{\mathrm{T}} A M]_{i,j}
        % \\
        = {} &
        \sum_{k = 1}^{n}
            {
                [M^{\mathrm{T}}]_{i,k} [A M]_{k,j}
            }
        \\
        = {} &
        \sum_{k = 1}^{n}
            {
                [M]_{k,i} [A M]_{k,j}
            }
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i} [A M]_{i,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq n    \\k \neq i}}
        {
            [M]_{k,i} [A M]_{k,j}
        }
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i} [A M]_{i,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq k \leq n    \\k \neq i}}
        {
            0\, [A M]_{k,j}
        }
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
            [A M]_{i,j}
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
        \sum_{\ell = 1}^{n}
            {[A]_{i,\ell} [M]_{\ell,j}}
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
        \Bigg(
        [A]_{i,j} [M]_{j,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq \ell \leq n \\ \ell \neq j}}
        {[A]_{i,\ell} [M]_{\ell,j}}
        \Bigg)
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
        \Bigg(
        [A]_{i,j} [M]_{j,j}
        +
        \sum_{\substack{1 \leq \ell \leq n \\ \ell \neq j}}
        {[A]_{i,\ell} \, 0}
        \Bigg)
        \\
        = {} &
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}.
    \end{align*}
    当 \(i \neq 1\), \(j \neq 1\) 时,
    \begin{align*}
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}
        = 1\, [A]_{i,j}\, 1
            = [A]_{i,j};
    \end{align*}
    当 \(i = 1\), \(j \neq 1\) 时,
    \begin{align*}
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}
        = \det {(P)}\, [A]_{i,j}\, 1
        = \det {(P)}\, [A]_{i,j};
    \end{align*}
    当 \(i \neq 1\), \(j = 1\) 时,
    \begin{align*}
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}
        = 1\, [A]_{i,j} \det {(P)}
        = \det {(P)}\, [A]_{i,j};
    \end{align*}
    当 \(i = 1\), \(j = 1\) 时,
    \begin{align*}
        [M]_{i,i}
            [A]_{i,j}
            [M]_{j,j}
        = \det {(P)}\, 0 \det {(P)}
        = 0
        = \det {(P)}\, [A]_{i,j}.
    \end{align*}
    则
    \begin{equation*}
        \operatorname{pf} {(
            P^{\mathrm{T}} A P
            )}
        =
        \operatorname{pf} {(
            M^{\mathrm{T}} A M
            )}
        =
        \det {(P)} \operatorname{pf} {(A)}
        =
        \operatorname{pf} {(A)} \det {(P)}.
        % \qedhere
    \end{equation*}
\end{proof}

% Here is a remark for this theorem:

% \begin{theorem}
%     设定义在全体 \(n\)~级阵上的函数 \(f\) 适合:

%     (1)
%     \(f(A B) = f(A) f(B)\),
%     对任何 \(n\)~级阵 \(A\), \(B\).

%     (2)
%     设 \(n\)~级阵 \(D\) 适合,
%     若 \(i \neq j\), 则 \([D]_{i,j} = 0\).
%     则 \(f(D) = m(\det {(D)})\).
%     这里, 定义在数上的函数 \(m\) 是保乘的:
%     \(m(1) = 1\),
%     且对任何数 \(s\), \(t\), 有 \(m(st) = m(s)\, m(t)\).

%     那么, 对任何 \(n\)~级阵 \(A\),
%     \(f(A) = m(\det {(A)})\).
% \end{theorem}

Suppose that $F$ is a field.
Let $\mathsf{Mat} (m, n; F)$
be the set of matrices of size $m \times n$
with entries in $F$.

Suppose that the function
$f$: $\mathsf{Mat} (n, n; F) \to F$
satisfies that
$f(A B) = f(A) f(B)$
for all $A$, $B \in \mathsf{Mat} (n, n; F)$.
We show that $f(A) = f(M(n; 1; \det {(A)}))$
for each $A \in \mathsf{Mat} (n, n; F)$.

We know that
$f(I) = f(I I) = f(I) f(I)$,
where $I$ is the identity matrix of size $n$.
Then $f(I) = 1$ or $f(I) = 0$.

Suppose that $f(I) = 1$.
Then we know that $f(E(n; p, q; s)) = 1$,
where $p \neq q$ and $s \in F$.
(Note that the proof in the text is not correct
if $F$ is $\mathbb{Z}/(2\mathbb{Z})$,
the field consisting of exactly two elements $0$ and $1$,
with the following operations:
$$
    \begin{aligned}
         & 0 + 0 = 0 - 0 = 0;         \\
         & 1 + 0 = 1 - 0 = 1;         \\
         & 0 + 1 = 0 - 1 = 1;         \\
         & 1 + 1 = 1 - 1 = 0;         \\
         & 0 ⋅ 0 = 0 ⋅ 1 = 1 ⋅ 0 = 0; \\
         & 1 ⋅ 1 = 1 / 1 = 1.
    \end{aligned}
$$
The reason is simply that there is
no element $t \in \mathbb{Z}/(2\mathbb{Z})$
such that $t \neq 0$ and $t \neq 1$.
However, this can be easily remedied,
because that
$1 = f(I) = f(E(n; p, q; s) E(n; p, q; -s))
    = f(E(n; p, q; s)) f(E(n; p, q; -s))$
forces that $f(E(n; p, q; s)) = 1$.)
Define $g$: $F \to F$ by
$g(s) = f(M(n; 1; s))$.
Then $g(s t) = g(s) g(t)$
because $M(n; 1; s t) = M(n; 1; s) M(n; 1; t)$,
and $g(1) = f(M(n; 1; 1)) = f(I) = 1$.
We show that $g(s) = f(M(n; q; s))$.
If $q = 1$, this is obvious.
If $q \neq 1$, we just note that three column-additions
$E_1 = E(n; q, 1; 1)$,
$E_2 = E(n; 1, q; -1)$,
$E_3 = E(n; q, 1; 1)$
turn $M(n; q; s)$ into $M'$, where
$$
    [M']_{i,j}
    = \begin{cases}
        [M(n; q; s)]_{i,q},  & j = 1;           \\
        -[M(n; q; s)]_{i,1}, & j = q;           \\
        [M(n; q; s)]_{i,j},  & \text{otherwise}
    \end{cases}
    = \begin{cases}
        s,         & (i, j) = (q, 1);  \\
        -1,        & (i, j) = (1, q);  \\
        [I]_{i,j}, & \text{otherwise},
    \end{cases}
$$
and furthermore that three row-additions
$H_1$, $H_2$, $H_3$
turn $M'$ into $M''$, where
$$
    [M'']_{i,j}
    = \begin{cases}
        [M']_{q,j},  & i = 1;           \\
        -[M']_{1,j}, & i = q;           \\
        [M']_{i,j},  & \text{otherwise}
    \end{cases}
    = \begin{cases}
        s,         & (i, j) = (1, 1); \\
        1,         & (i, j) = (q, q); \\
        [I]_{i,j}, & \text{otherwise}
    \end{cases}
    = [M(n; 1; s)]_{i,j}.
$$
Hence
$f(M(n; 1; s))
    = f(H_3 H_2 H_1 M(n; q; s) E_1 E_2 E_3)
    = f(H_3) f(H_2) f(H_1) f(M(n; q; s)) f(E_1) f(E_2) f(E_3)
    = f(M(n; q; s))$.
Hence
$f(M(n; q; s)) = f(M(n; 1; s)) = g(s)$.
Then the argument in the text gives that
$f(A) = g(\det {(A)}) = f(M(n; 1; \det {(A)}))$
for each $A \in \mathsf{Mat} (n, n; F)$.

Suppose that $f(I) = 0$.
Then $f(A) = f(A I) = f(A) f(I) = f(A)\, 0 = 0$
for each $A \in \mathsf{Mat} (n, n; F)$.
It is of course that
$0 = f(M(n; 1; \det {(A)}))$.
